【每日一题】拼车+【差分数组】

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【差分数组】【数组】【2023-12-02】

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题目来源

1094. 拼车

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解题思路

本题朴素的解题思路是统计题目中提到的每一个站点的车上人数，如果某个站点的车上人数大于车上的座位数直接返回 false，如果直到行程结束都没有返回 false，则直接返回 true。朴素方法的时间复杂度为 $O(n^2)$，$n$ 最大为 1000，该方法时间复杂度较高但是可以通过本题。

接下来将会介绍一种时间复杂度较优的方法，时间复杂度为 $O(n+U)$。

方法一：差分

我们先来看一下，朴素方法的实现代码：

class Solution {
public:bool carPooling(vector<vector<int>>& trips, int capacity) {vector<int> peoples(10010);for (auto trip : trips) {for (int i = trip[1]; i < trip[2]; ++i) {peoples[i] += trip[0];if (peoples[i] > capacity) {return false;}}}return true;}
};

注意观察朴素解法中对于数组 peoples 的更新，我们枚举并更新所有站点的车上人数，朴素方法的时间复杂度较高的原因就是此处的嵌套枚举更新人数。此处可以使用【差分数组】来优化时间复杂度。

什么是差分数组？

差分数组是一个与原数组长度相同的数组，其中，除了首元素，其余的每个元素都是原数组中相邻两个元素的差值。比如数组 arr = [1, 4, 5, 6] 的差分数组 diff = [1, 3, 1, 1]，数组 arr[i] = diff[0, ..., i]，即原数组 arr 中的第 i 个元素等于差分数组 diff 第 0 到第 i 个元素之和。

时间是如何优化的？

对于某一段旅行有 numPassengers 乘客，乘客上车点为 from，下车点为 to，这一段旅程的我们只需要更新差分数数组的两个位置对应的值，即更新乘客上车点 diff[from] += numPaaengers, 更新乘客下车点 diff[to] -= numPaaengers。此时的时间复杂度为 $O(2\times n)=O(n)$，$n$ 为数组 trips 的长度。

然后，利用差分数组累加得到每个站点的车上人数，并与 capacity 比较，… 此处的时间复杂度为 $O(U)$，$U=max(t{o}_i)$。

我们借助差分数组将嵌套枚举转化为了两个线性枚举，大大降低了时间复杂度。

实现代码

class Solution {
public:bool carPooling(vector<vector<int>>& trips, int capacity) {int d[1001];memset(d, 0, sizeof(d));for (auto trip : trips) {int num = trip[0], from = trip[1], to = trip[2];d[from] += num;d[to] -= num;}int s = 0;for (int v : d) {s += v;if (s > capacity) {return false;}}return true;}
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n+U)$，$n$ 为数组 trips 的长度，$U=max(t{o}_i)$。

空间复杂度：$O(U)$。

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