Given an array, rotate the array to the right by k steps, where k is non-negative.
Example 1:
Input: [1,2,3,4,5,6,7] and k = 3
Output: [5,6,7,1,2,3,4]
Explanation:
rotate 1 steps to the right: [7,1,2,3,4,5,6]
rotate 2 steps to the right: [6,7,1,2,3,4,5]
rotate 3 steps to the right: [5,6,7,1,2,3,4]
Example 2:
Input: [-1,-100,3,99] and k = 2
Output: [3,99,-1,-100]
Explanation:
rotate 1 steps to the right: [99,-1,-100,3]
rotate 2 steps to the right: [3,99,-1,-100]
Note:
Try to come up as many solutions as you can, there are at least 3 different ways to solve this problem.
Could you do it in-place with O(1) extra space?
Credits:
Special thanks to @Freezen for adding this problem and creating all test cases.
新題搶先刷，這道題標爲 Easy，應該不是很難，我們先來看一種 O(n) 的空間複雜度的方法，我們複製一個和 nums 一樣的數組，然後利用映射關係 i -> (i+k)%n 來交換數字。代碼如下：
解法一：
複製代碼
class Solution {
public:
void rotate(vector& nums, int k) {
vector t = nums;
for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
nums[(i + k) % nums.size()] = t[i];
}
}
};
複製代碼
由於提示中要求我們空間複雜度爲 O(1)，所以我們不能用輔助數組，上面的思想還是可以使用的，但是寫法就複雜的多，而且需要用到很多的輔助變量，我們還是要將 nums[idx] 上的數字移動到 nums[(idx+k) % n] 上去，爲了防止數據覆蓋丟失，我們需要用額外的變量來保存，這裏用了 pre 和 cur，其中 cur 初始化爲了數組的第一個數字，然後當然需要變量 idx 標明當前在交換的位置，還需要一個變量 start，這個是爲了防止陷入死循環的，初始化爲0，一旦當 idx 變到了 strat 的位置，則 start 自增1，再賦值給 idx，這樣 idx 的位置也改變了，可以繼續進行交換了。舉個例子，假如 [1, 2, 3, 4], K=2 的話，那麼 idx=0，下一次變爲 idx = (idx+k) % n = 2，再下一次又變成了 idx = (idx+k) % n = 0，此時明顯 1 和 3 的位置還沒有處理過，所以當我們發現 idx 和 start 相等，則二者均自增1，那麼此時 idx=1，下一次變爲 idx = (idx+k) % n = 3，就可以交換完所有的數字了。
因爲長度爲n的數組只需要更新n次，所以我們用一個 for 循環來處理n次。首先 pre 更新爲 cur，然後計算新的 idx 的位置，然後將 nums[idx] 上的值先存到 cur 上，然後把 pre 賦值給 nums[idx]，這相當於把上一輪的 nums[idx] 賦給了新的一輪，完成了數字的交換，然後 if 語句判斷是否會變到處理過的數字，參見上面一段的解釋，我們用題目中的例子1來展示下面這種算法的 nums 的變化過程：
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 1 5 6 7
1 2 3 1 5 6 4
1 2 7 1 5 6 4
1 2 7 1 5 3 4
1 6 7 1 5 3 4
1 6 7 1 2 3 4
5 6 7 1 2 3 4
解法二：
複製代碼
class Solution {
public:
void rotate(vector& nums, int k) {
if (nums.empty() || (k %= nums.size()) == 0) return;
int start = 0, idx = 0, pre = 0, cur = nums[0], n = nums.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
pre = cur;
idx = (idx + k) % n;
cur = nums[idx];
nums[idx] = pre;
if (idx == start) {
idx = ++start;
cur = nums[idx];
}
}
}
};
複製代碼
根據熱心網友 waruzhi 的留言，這道題其實還有種類似翻轉字符的方法，思路是先把前 n-k 個數字翻轉一下，再把後k個數字翻轉一下，最後再把整個數組翻轉一下：
1 2 3 4 5 6 7
4 3 2 1 5 6 7
4 3 2 1 7 6 5
5 6 7 1 2 3 4
解法三：
複製代碼
class Solution {
public:
void rotate(vector& nums, int k) {
if (nums.empty() || (k %= nums.size()) == 0) return;
int n = nums.size();
reverse(nums.begin(), nums.begin() + n - k);
reverse(nums.begin() + n - k, nums.end());
reverse(nums.begin(), nums.end());
}
};
複製代碼
由於旋轉數組的操作也可以看做從數組的末尾取k個數組放入數組的開頭，所以我們用 STL 的 push_back 和 erase 可以很容易的實現這些操作。
解法四：
複製代碼
class Solution {
public:
void rotate(vector& nums, int k) {
if (nums.empty() || (k %= nums.size()) == 0) return;
int n = nums.size();
for (int i = 0; i < n - k; ++i) {
nums.push_back(nums[0]);
nums.erase(nums.begin());
}
}
};
複製代碼
下面這種方法其實還蠻獨特的，通過不停的交換某兩個數字的位置來實現旋轉，根據網上這個帖子的思路改寫而來，數組改變過程如下：
1 2 3 4 5 6 7
5 2 3 4 1 6 7
5 6 3 4 1 2 7
5 6 7 4 1 2 3
5 6 7 1 4 2 3
5 6 7 1 2 4 3
5 6 7 1 2 3 4
解法五：
複製代碼
class Solution {
public:
void rotate(vector& nums, int k) {
if (nums.empty()) return;
int n = nums.size(), start = 0;
while (n && (k %= n)) {
for (int i = 0; i < k; ++i) {
swap(nums[i + start], nums[n - k + i + start]);
}
n -= k;
start += k;
}
}
};