题目描述

给你一个长度为 n 的整数数组 nums ，表示由范围 [0, n - 1] 内所有整数组成的一个排列。
全局倒置 的数目等于满足下述条件不同下标对 (i, j) 的数目：
0 <= i < j < n
nums[i] > nums[j]
局部倒置 的数目等于满足下述条件的下标 i 的数目：
0 <= i < n - 1
nums[i] > nums[i + 1]
当数组 nums 中 全局倒置 的数量等于 局部倒置 的数量时，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入：nums = [1,0,2]
输出：true
解释：有 1 个全局倒置，和 1 个局部倒置。

示例 2：

输入：nums = [1,2,0]
输出：false
解释：有 2 个全局倒置，和 1 个局部倒置。

提示：

n == nums.length
1 <= n <= 105
0 <= nums[i] < n
nums 中的所有整数 互不相同
nums 是范围 [0, n - 1] 内所有数字组成的一个排列

方法一：维护最小后缀值

class Solution {
public:
    bool isIdealPermutation(vector<int>& nums) {
        int len=nums.size();
        int minSuffix = nums[len-1];
        for(int i=len-3; i>=0; i--){
            if(nums[i]>minSuffix){
                return false;
            }
            minSuffix = min(minSuffix, nums[i+1]);
        }
        return true;
    }
};

方法二：偏移差值判断

class Solution {
public:
    bool isIdealPermutation(vector<int>& nums) {
        int len=nums.size();
        for(int i=0; i<len; i++){
            if(abs(nums[i] - i)> 1){
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

心得

• 这道题我一开始用了两个for循环，设置了两个变量分别记录全局倒置和局部倒置的数目，最后判断两者是否相等，但是这个方法的时间复杂度已经达到了O(n²)，有一些测试点因为超时而过不去。
• 思想：
  1.由于局部倒置一定是全局倒置，而全局倒置不一定是局部倒置，因此这道题可以转换成「 寻找全局倒置且非局部倒置」，如果出现这种情况，则返回false，否则返回true。
  非局部倒置指的是，nums[i] > nums[j] 且 i < j+1；
  2.此外，只能设置一个for循环才不会超时。

• 方法一：维护最小后缀值
  对于每个nums[i]，判断是否存在j（j+1>i）使得nums[i] > nums[j]，可以转换为检查nums[i] > min(nums[i+2], …, nums[n-1]) 。因此，本方法维护一个minSuffix=min(nums[i+2], …, nums[n-1])，存储当前nums[i+2]及其之后的最小值。
  为了提高代码效率，从nums[n-3]开始倒序往前遍历，如果出现了非局部倒置，就可以做出判断。

• 方法二：偏移差值判断
  由于题目中存在一个关键条件：「长度为 n 的整数数组 nums ，表示由范围 [0, n - 1] 内所有整数组成的一个排列」，因此可以通过nums[i] - i计算出i位置的元素与有序后的位置之间的差值。
  当差值>1时，说明了元素所在位置偏差>1，也就是出现了非全局倒置的情况。