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题目形容
这是 LeetCode 上的 870. 劣势洗牌 ，难度为 中等。
Tag :「红黑树」、「哈希表」、「排序」、「双指针」、「贪婪」
给定两个大小相等的数组 nums1 和 nums2，nums1 绝对于 nums 的劣势能够用满足 nums1[i] > nums2[i] 的索引 i 的数目来形容。
返回 nums1 的任意排列，使其绝对于 nums2 的劣势最大化。
示例 1：
输出：nums1 = [2,7,11,15], nums2 = [1,10,4,11]
输入：[2,11,7,15]示例 2：
输出：nums1 = [12,24,8,32], nums2 = [13,25,32,11]
输入：[24,32,8,12]提醒：
- $1 <= nums1.length <= 10^5$
- nums2.length = nums1.length
- $0 <= nums1[i]$, $nums2[i] <= 10^9$
数据结构
显然，对于任意一个 $t = nums2[i]$ 而言，咱们该当在候选汇合中抉择 比其大的最小数 ，若不存在这样的数字，则抉择候选汇合中的 最小值。
同时，因为 $nums1$ 雷同数会存在多个，咱们还要对某个具体数字的可用次数进行记录。
也就是咱们总共波及两类操作：
- 实时保护一个候选汇合，该汇合反对高效查问比某个数大的数值操作；
- 对候选汇合中每个数值的可应用次数进行记录，当应用到了候选汇合中的某个数后，要对其进行计数减一操作，若计数为 $0$，则将该数值从候选汇合中移除。
计数操作容易想到哈希表，而实时保护候选汇合并高效查问能够应用基于红黑树的 TreeSet 数据结构。
Java 代码：
class Solution {public int[] advantageCount(int[] nums1, int[] nums2) {
int n = nums1.length;
TreeSet<Integer> tset = new TreeSet<>();
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (int x : nums1) {map.put(x, map.getOrDefault(x, 0) + 1);
if (map.get(x) == 1) tset.add(x);
}
int[] ans = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {Integer cur = tset.ceiling(nums2[i] + 1);
if (cur == null) cur = tset.ceiling(-1);
ans[i] = cur;
map.put(cur, map.get(cur) - 1);
if (map.get(cur) == 0) tset.remove(cur);
}
return ans;
}
}Python 代码：
from sortedcontainers import SortedList
class Solution:
def advantageCount(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> List[int]:
n = len(nums1)
cnts, tset = defaultdict(int), SortedList()
for i in range(n):
cnts[nums1[i]] += 1
if cnts[nums1[i]] == 1:
tset.add(nums1[i])
ans = [0] * n
for i in range(n):
t = nums2[i]
if (idx := tset.bisect_left(t + 1)) == len(tset):
idx = tset.bisect_left(-1)
ans[i] = tset[idx]
cnts[ans[i]] -= 1
if cnts[ans[i]] == 0:
tset.remove(ans[i])
return ans- 工夫复杂度：$O(n\log{n})$
- 空间复杂度：$O(n)$
排序 + 双指针
在解法一中，咱们是从每个 $nums2[i]$ 登程思考，应用哪个 $nums1[i]$ 去匹配最为适合。
实际上，咱们也能从 $nums1[i]$ 登程，思考将其与哪个 $nums2[i]$ 进行匹配。
为了让每个决策回合具备独立性，咱们须要对两数组进行排序，同时为了在结构答案时，可能对应回 nums2 的原下标，排序前咱们须要应用「哈希表」记录每个 $nums2[i]$ 的下标为何值。
应用变量 l1 代表以后决策将 $nums1[l1]$ 调配到哪个 nums2 的地位，应用 l2 和 r2 代表以后 nums2 中还有 $[l2, r2]$ 地位还待填充。
能够证实咱们在从前往后给每个 $nums1[l1]$ 调配具体位置时，调配的地位只会在 l2 和 r2 两者之间产生。
Java 代码：
class Solution {public int[] advantageCount(int[] nums1, int[] nums2) {
int n = nums1.length;
Map<Integer, List<Integer>> map = new HashMap<>();
for (int i = 0; i < n; i++) {List<Integer> list = map.getOrDefault(nums2[i], new ArrayList<>());
list.add(i);
map.put(nums2[i], list);
}
Arrays.sort(nums1); Arrays.sort(nums2);
int[] ans = new int[n];
for (int l1 = 0, l2 = 0, r2 = n - 1; l1 < n; l1++) {int t = nums1[l1] > nums2[l2] ? l2 : r2;
List<Integer> list = map.get(nums2[t]);
int idx = list.remove(list.size() - 1);
ans[idx] = nums1[l1];
if (t == l2) l2++;
else r2--;
}
return ans;
}
}Python 代码：
class Solution:
def advantageCount(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> List[int]:
n = len(nums1)
mapping = defaultdict(list)
for i in range(n):
mapping[nums2[i]].append(i)
nums1.sort()
nums2.sort()
ans = [0] * n
l2, r2 = 0, n - 1
for l1 in range(n):
t = l2 if nums1[l1] > nums2[l2] else r2
ans[mapping[nums2[t]].pop()] = nums1[l1]
if t == l2:
l2 += 1
else:
r2 -= 1
return ans- 工夫复杂度：$O(n\log{n})$
- 空间复杂度：$O(n)$
最初
这是咱们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.870 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，局部是有锁题，咱们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章外面，除了解说解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果波及通解还会相应的代码模板。
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