算法大师孙膑--田忌赛马(转自labuladong)

Posted 2021-07-12 C_YCBX Py_YYDS

文章目录

• 古人智慧
• 对应算法题
• 解题思路
• 解题代码(java和C++)

古人智慧

田忌赛马的故事大家应该都听说过：

田忌和齐王赛马，两人的马分上中下三等，如果同等级的马对应着比赛，田忌赢不了齐王。但是田忌遇到了孙膑，孙膑就教他用自己的下等马对齐王的上等马，再用自己的上等马对齐王的中等马，最后用自己的中等马对齐王的下等马，结果三局两胜，田忌赢了。

当然，这段历史也挺有意思的，那个讽齐王纳谏，自恋的不行的邹忌和田忌是同一时期的人，他俩后来就杠上了。不过这是题外话，我们这里就打住。

以前学到田忌赛马课文的时，我就在想，如果不是三匹马比赛，而是一百匹马比赛，孙膑还能不能合理地安排比赛的顺序，赢得齐王呢？

当时没想出什么好的点子，只觉得这里面最核心问题是要尽可能让自己占便宜，让对方吃亏。总结来说就是，打得过就打，打不过就拿自己的垃圾和对方的精锐互换。

对应算法题

最近刷到力扣第 870 题「优势洗牌」，一眼就发现这是田忌赛马问题的加强版：

给你输入两个长度相等的数组nums1和nums2，请你重新组织nums1中元素的位置，使得nums1的「优势」最大化。

如果nums1[i] > nums2[i]，就是说nums1在索引i上对nums2[i]有「优势」。优势最大化也就是说让你重新组织nums1，尽可能多的让nums[i] > nums2[i]。

算法签名如下(C++)：

vector<int> advantageCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {}

比如输入：

nums1 = [12,24,8,32] nums2 = [13,25,32,11]

你的算法应该返回[24,32,8,12]，因为这样排列nums1的话有三个元素都有「优势」。

这就像田忌赛马的情景，nums1就是田忌的马，nums2就是齐王的马，数组中的元素就是马的战斗力，你就是孙膑，展示你真正的技术吧。

解题思路

仔细想想，这个题的解法还是有点扑朔迷离的。什么时候应该放弃抵抗去送人头，什么时候应该硬刚？这里面应该有一种算法策略来最大化「优势」。

送人头一定是迫不得已而为之的权宜之计，否则隔壁田忌就要开语音骂你菜了。只有田忌的上等马比不过齐王的上等马时，所以才会用下等马去和齐王的上等马互换。

对于比较复杂的问题，可以尝试从特殊情况考虑。

你想，谁应该去应对齐王最快的马？肯定是田忌最快的那匹马，我们简称一号选手。

如果田忌的一号选手比不过齐王的一号选手，那其他马肯定是白给了，显然这种情况肯定应该用田忌垫底的马去送人头，降低己方损失，保存实力，增加接下来比赛的胜率。

但如果田忌的一号选手能比得过齐王的一号选手，那就和齐王硬刚好了，反正这把田忌可以赢。

你也许说，这种情况下说不定田忌的二号选手也能干得过齐王的一号选手？如果可以的话，让二号选手去对决齐王的一号选手，不是更节约？

就好比，如果考 60 分就能过的话，何必考 61 分？每多考一分就亏一分，刚刚好卡在 60 分是最划算的。

这种节约的策略是没问题的，但是没有必要。这也是本题有趣的地方，需要绕个脑筋急转弯：

我们暂且把田忌的一号选手称为T1，二号选手称为T2，齐王的一号选手称为Q1。

如果T2能赢Q1，你试图保存己方实力，让T2去战Q1，把T1留着是为了对付谁？

显然，你担心齐王还有战力大于T2的马，可以让T1去对付。

但是你仔细想想，现在T2已经是可以战胜Q1的了，Q1可是齐王的最快的马耶，齐王剩下的那些马里，怎么可能还有比T2更强的马？

所以，没必要节约，最后我们得出的策略就是：

将齐王和田忌的马按照战斗力排序，然后按照排名一一对比。如果田忌的马能赢，那就比赛，如果赢不了，那就换个垫底的来送人头，保存实力。

上述思路的代码逻辑如下：

int n = nums1.size();

sort(nums1.begin(),nums1.end()); // 田忌的马
sort(nums2.begin(),nums2.end()); // 齐王的马

// 从最快的马开始比
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
    if (nums1[i] > nums2[i]) {
        // 比得过，跟他比
    } else {
        // 比不过，换个垫底的来送人头
    }
}

解题代码(java和C++)

根据这个思路，我们需要对两个数组排序，但是nums2中元素的顺序不能改变，因为计算结果的顺序依赖nums2的顺序，所以不能直接对nums2进行排序，而是利用其他数据结构来辅助。

同时，最终的解法还用到前文双指针技巧汇总 总结的双指针算法模板，用以处理「送人头」的情况：
java代码

int[] advantageCount(int[] nums1, int[] nums2) {
    int n = nums1.length;
    // 给 nums2 降序排序
    PriorityQueue<int[]> maxpq = new PriorityQueue<>(
        (int[] pair1, int[] pair2) -> { 
            return pair2[1] - pair1[1];
        }
    );
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        maxpq.offer(new int[]{i, nums2[i]});
    }
    // 给 nums1 升序排序
    Arrays.sort(nums1);

    // nums1[left] 是最小值，nums1[right] 是最大值
    int left = 0, right = n - 1;
    int[] res = new int[n];

    while (!maxpq.isEmpty()) {
        int[] pair = maxpq.poll();
        // maxval 是 nums2 中的最大值，i 是对应索引
        int i = pair[0], maxval = pair[1];
        if (maxval < nums1[right]) {
            // 如果 nums1[right] 能胜过 maxval，那就自己上
            res[i] = nums1[right];
            right--;
        } else {
            // 否则用最小值混一下，养精蓄锐
            res[i] = nums1[left];
            left++;
        }
    }
    return res;
}

算法的时间复杂度很好分析，也就是二叉堆和排序的复杂度O(nlogn)。

cpp代码:这一段是我自己写的，所以没有用二叉堆(我不太会)，用的普通vector< pair>排序：

class Solution {
private:
    static bool cmp(pair<int,int>&a1,pair<int,int>&a2){
        return a1.first<a2.first;
    }
public:
    vector<int> advantageCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int n = nums1.size();
        vector<pair<int,int>>temp;
        for(int i=0;i<nums2.size();i++){
            temp.push_back(make_pair(nums2[i],i));
        }sort(temp.begin(),temp.end(),cmp);
        sort(nums1.begin(),nums1.end());
        vector<int>res(n);int left = 0,right = n-1;
        int p = n-1;
        //left、right用于对拼最小值最大值得出答案
        while(left<=right&&p>=0){
            int maxVal = temp[p].first,index = temp[p].second;
            if (maxVal < nums1[right]) {
            // 如果 nums1[right] 能胜过 maxval，那就自己上,注意必须是大于，等于是不行的
            res[index] = nums1[right];
            right--;
        } else {
            // 否则用最小值混一下，养精蓄锐
            res[index] = nums1[left];
            left++;
        }
        p--;
    }
    return res;
    }
};