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C++二分查找算法：找到 Alice 和 Bob 可以相遇的建筑

news 2025/11/9 0:44:48

本文涉及的基础知识点

二分查找算法合集
离线查询

题目

给你一个下标从 0 开始的正整数数组 heights ，其中 heights[i] 表示第 i 栋建筑的高度。
如果一个人在建筑 i ，且存在 i < j 的建筑 j 满足 heights[i] < heights[j] ，那么这个人可以移动到建筑 j 。
给你另外一个数组 queries ，其中 queries[i] = [ai, bi] 。第 i 个查询中，Alice 在建筑 ai ，Bob 在建筑 bi 。
请你能返回一个数组 ans ，其中 ans[i] 是第 i 个查询中，Alice 和 Bob 可以相遇的最左边的建筑。如果对于查询 i ，Alice 和 Bob 不能相遇，令 ans[i] 为 -1 。
示例 1：
输入：heights = [6,4,8,5,2,7], queries = [[0,1],[0,3],[2,4],[3,4],[2,2]]
输出：[2,5,-1,5,2]
解释：第一个查询中，Alice 和 Bob 可以移动到建筑 2 ，因为 heights[0] < heights[2] 且 heights[1] < heights[2] 。
第二个查询中，Alice 和 Bob 可以移动到建筑 5 ，因为 heights[0] < heights[5] 且 heights[3] < heights[5] 。
第三个查询中，Alice 无法与 Bob 相遇，因为 Alice 不能移动到任何其他建筑。
第四个查询中，Alice 和 Bob 可以移动到建筑 5 ，因为 heights[3] < heights[5] 且 heights[4] < heights[5] 。
第五个查询中，Alice 和 Bob 已经在同一栋建筑中。
对于 ans[i] != -1 ，ans[i] 是 Alice 和 Bob 可以相遇的建筑中最左边建筑的下标。
对于 ans[i] == -1 ，不存在 Alice 和 Bob 可以相遇的建筑。
示例 2：
输入：heights = [5,3,8,2,6,1,4,6], queries = [[0,7],[3,5],[5,2],[3,0],[1,6]]
输出：[7,6,-1,4,6]
解释：第一个查询中，Alice 可以直接移动到 Bob 的建筑，因为 heights[0] < heights[7] 。
第二个查询中，Alice 和 Bob 可以移动到建筑 6 ，因为 heights[3] < heights[6] 且 heights[5] < heights[6] 。
第三个查询中，Alice 无法与 Bob 相遇，因为 Bob 不能移动到任何其他建筑。
第四个查询中，Alice 和 Bob 可以移动到建筑 4 ，因为 heights[3] < heights[4] 且 heights[0] < heights[4] 。
第五个查询中，Alice 可以直接移动到 Bob 的建筑，因为 heights[1] < heights[6] 。
对于 ans[i] != -1 ，ans[i] 是 Alice 和 Bob 可以相遇的建筑中最左边建筑的下标。
对于 ans[i] == -1 ，不存在 Alice 和 Bob 可以相遇的建筑。
参数范围：
1 <= heights.length <= 5 * 104
1 <= heights[i] <= 109
1 <= queries.length <= 5 * 104
queries[i] = [ai, bi]
0 <= ai, bi <= heights.length - 1

分析

时间复杂度

时间复杂度(nlogm)，枚举queries时间复杂度O(n)，处理单个查询时间复杂度O(logm)。n和queries的长度,m是heights的长度。

分情况讨论

无需考虑一个人跳两次及以上的情况。假定跳了两次: i1->i2->i3，那说明i1<i2,i2<i3，也就是i1<i3，那直接跳到i3就可以了。
三种情况：


	两人都不跳，初始位置相同
	一人直接跳到另外一个人处
	两个人都跳

两个人都跳

假定两人的最大位置是iMaxIndex，两人的最大高度是iMaxHeight。heights(iMaxIndex…]中寻找大于iMaxHeight的组合，如果存在多个组合，返回最小的索引。
mHeightIndexs的key是高度，value是索引。如果key1 >= key0，且value1 <= value0，那key0被淘汰。
淘汰后，key和value都升序。

离线查询

如果iMaxIndex是按降序排列，那么mHeightIndexs每个元素只需要插入一次。

代码

核心代码

class Solution {
public:
vector leftmostBuildingQueries(vector& heights, vector<vector>& queries) {
m_c = queries.size();
vector indexs;
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
indexs.emplace_back(i);
}
sort(indexs.begin(), indexs.end(), [&](const int& i1, const int& i2)
{
return max(queries[i1][0], queries[i1][1]) > max(queries[i2][0], queries[i2][1]);
});
COrderValueMap<int,int,true,true> mHeightIndexs;
vector vRet(m_c, -1);
int iHeightIndex = heights.size() - 1;
for (int inx :indexs)
{
const int iMinIndex = min(queries[inx][0], queries[inx][1]);
const int iMaxIndex = max(queries[inx][0], queries[inx][1]);
if (iMinIndex == iMaxIndex) {
vRet[inx] = iMaxIndex;
continue;
}
if (heights[iMinIndex] < heights[iMaxIndex])
{
vRet[inx] = iMaxIndex;
continue;
}
const int iMaxHeight = max(heights[queries[inx][0]], heights[queries[inx][1]]);
while (iHeightIndex > iMaxIndex)
{
mHeightIndexs.Add(heights[iHeightIndex], iHeightIndex);
iHeightIndex–;
}
auto it = mHeightIndexs.m_map.upper_bound(iMaxHeight);
if (mHeightIndexs.m_map.end() != it)
{
vRet[inx] = it->second;
}
}
return vRet;
}
int m_c;
};

测试用例

template
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{
assert(t1 == t2);
}

template
void Assert(const vector& v1, const vector& v2)
{
if (v1.size() != v2.size())
{
assert(false);
return;
}
for (int i = 0; i < v1.size(); i++)
{
Assert(v1[i], v2[i]);
}
}

int main()
{
vectorheights;
vector<vector> queries;
int k;
vector res;
{
Solution slu;
heights = {6, 4, 8, 5, 2, 7};
queries = { {0, 1}, { 0,3 }, { 2,4 }, { 3,4 }, { 2,2 }};
res = slu.leftmostBuildingQueries(heights, queries);
//Assert(1, res);
}

//CConsole::Out(res);

}

扩展阅读

视频课程

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闻缺陷则喜是一个美好的愿望，早发现问题，早修改问题，给老板节约钱。
墨子曰：事无终始，无务多业。也就是我们常说的专业的人做专业的事。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛