Given an array of integers A, a move consists of choosing any A[i], and incrementing it by 1.
Return the least number of moves to make every value in A unique.
Example 1:
Input: [1,2,2]
Output: 1
Explanation: After 1 move, the array could be [1, 2, 3].
Example 2:
Input: [3,2,1,2,1,7]
Output: 6
Explanation: After 6 moves, the array could be [3, 4, 1, 2, 5, 7].
It can be shown with 5 or less moves that it is impossible for the array to have all unique values.
Note:
0 <= A.length <= 400000 <= A[i] < 40000
這道題給了一個數組，說是每次可以將其中一個數字增加1，問最少增加多少次可以使得數組中沒有重復數字。給的兩個例子可以幫助我們很好的理解題意，這里主要參考了 lee215 大神的帖子，假如數組中沒有重復數字的話，則不需要增加，只有當重復數字存在的時候才需要增加。比如例子1中，有兩個2，需要將其中一個2增加到3，才能各不相同。但有時候只增加一次可能並不能解決問題，比如例子2中，假如要處理兩個1，增加其中一個到2並不能解決問題，因此2也是有重復的，甚至增加到3還是有重復，所以一直得增加到4才行，但此時如何知道后面是否還有1，所以需要一個統一的方法來增加，最好是能從小到大處理數據，則先給數組排個序，然后用一個變量 need 表示此時需要增加到的數字，初始化為0，由於是從小到大處理，這個 need 會一直變大，而且任何小於 need 的數要么是數組中的數，要么是某個數字增后的數，反正都是出現過了。然后開始遍歷數組，對於遍歷到的數字 num，假如 need 大於 num，說明此時的 num 是重復數字，必須要提高到 need，則將 need-num 加入結果 res 中，反之若 need 小於 num，說明 num 並未出現過，不用增加。然后此時更新 need 為其和 num 之間的較大值並加1，因為 need 不能有重復，所以要加1，參見代碼如下：
解法一：
class Solution {
public:
int minIncrementForUnique(vector<int>& A) {
int res = 0, need = 0;
sort(A.begin(), A.end());
for (int num : A) {
res += max(need - num, 0);
need = max(num, need) + 1;
}
return res;
}
};
假如數組中有大量的重復數字的話，那么上面的方法還是需要一個一個的來處理，來看一種能同時處理大量的重復數字的方法。這里使用了一個 TreeMap 來統計每個數字和其出現的次數之間的映射。由於 TreeMap 可以對 key 自動排序，所以就沒有必要對原數組進行排序了，這里還是要用變量 need，整體思路和上面的解法很類似。建立好了 TreeMap 后開始遍歷，此時單個數字的增長還是 max(need - num, 0)，這個已經在上面解釋過了，由於可能由多個，所以還是要乘以個數 a.second，到這里還沒有結束，因為 a.second 這多么多個數字都被增加到了同一個數字，而這些數字應該彼此再分開，好在現在沒有比它們更大的數字，那么問題就變成了將k個相同的數字變為不同，最少的增加次數，答案是 k*(k-1)/2，這里就不詳細推導了，其實就是個等差數列求和，這樣就可以知道將 a.second 個數字變為不同總共需要增加的次數，下面更新 need，在 max(need, num) 的基礎上，還要增加個數 a.second，從而到達一個最小的新數字，參見代碼如下：
解法二：
class Solution {
public:
int minIncrementForUnique(vector<int>& A) {
int res = 0, need = 0;
map<int, int> numCnt;
for (int num : A) ++numCnt[num];
for (auto &a : numCnt) {
res += a.second * max(need - a.first, 0) + a.second * (a.second - 1) / 2;
need = max(need, a.first) + a.second;
}
return res;
}
};
再來看一種聯合查找 Union Find 的方法，這是一種並查集的方法，在島嶼群組類的問題上很常見，可以搜搜博主之前關於島嶼類題目的講解，很多都使用了這種方法。但是這道題乍一看好像跟群組並沒有明顯的關系，但其實是有些很微妙的聯系的。這里的 root 使用一個 HashMap，而不是用數組，因為數字不一定是連續的，而且可能跨度很大，使用 HashMap 會更加省空間一些。遍歷原數組，對於每個遍歷到的數字 num，調用 find 函數，這里實際上就是查找上面的方法中的 need，即最小的那個不重復的新數字，而 find 函數中會不停的更新 root[x]，而只要x存在，則不停的自增1，直到不存在時候，則返回其本身，那么實際上從 num 到 need 中所有的數字的 root 值都標記成了 need，就跟它們是屬於一個群組一樣，這樣做的好處在以后的查詢過程中可以更快的找到 need 值，這也是為啥這種方法不用給數組排序的原因，若還是不理解的童鞋可以將例子2代入算法一步一步執行，看每一步的 root 數組的值是多少，應該不難理解，參見代碼如下：
解法三：
class Solution {
public:
int minIncrementForUnique(vector<int>& A) {
int res = 0;
unordered_map<int, int> root;
for (int num : A) {
res += find(root, num) - num;
}
return res;
}
int find(unordered_map<int, int>& root, int x) {
return root[x] = root.count(x) ? find(root, root[x] + 1) : x;
}
};
Github 同步地址:
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/945
參考資料：
https://leetcode.com/problems/minimum-increment-to-make-array-unique/