leetcode274：H指数（计数排序）从 O(N²) 到 O(N) 的思维上升
文章目录
- 一、 题目描述
- 二、 思维一：解析 H 指数的定义
- 三、 思维二：从暴力验证到 O(N²) 解法
- 四、 思维三：空间换时间，计数排序
- 五、 最佳实践：代码实现与深度解析
- 六、 复杂度分析
274. H 指数 - 力扣（LeetCode），【难度：中等；通过率： 46.5%】，这道题的难点不在于需要多复杂的算法，而在于如何真正 理解题意，这个题意有些绕，先理解题意，写出来 O(N²) 的解法/思路，我们再考虑下一步优化为 O(N)
一、 题目描述
给你一个整数数组 citations，表示研究者的 n 篇论文被引用的次数。研究者的 h 指数 是指他有 h 篇论文分别被引用了至少 h 次
请计算并返回该研究者的 h 指数
示例:
输入: citations = [3,0,6,1,5]
输出: 3解释:
研究者有 5 篇论文，引用次数分别为 [3,0,6,1,5]
由于研究者有 3 篇论文的引用次数至少为 3 (分别是 3, 6, 5)，
其余 2 篇论文的引用次数不多于 3 (分别是 0, 1)，
所以她的 h 指数是 3
二、 思维一：解析 H 指数的定义
我们首先要做的，就是把这个有点绕的定义彻底搞明白
H 指数：一个整数
h，满足至少有h篇论文的引用次数至少为h。题目要求我们找到这个h的最大值
让我们用一个具体的例子来验证。对于 citations = [3,0,6,1,5]，我们来检查 h=3 是否满足条件：
- 第一个条件：“至少有
h篇论文”，这里h=3 - 第二个条件：“引用次数至少为
h”，这里h=3
合起来就是：“至少有 3 篇论文，它们的引用次数都至少为 3”
我们来数一下：[3, 6, 5] 这三篇论文的引用次数都 >= 3。我们找到了 3 篇，满足了“至少 3 篇”的要求。所以，h=3 是一个有效的 h 指数
我们再试试 h=4：“至少有 4 篇论文，它们的引用次数都至少为 4”
我们数一下：只有 [6, 5] 这两篇论文的引用次数 >= 4。我们只找到了 2 篇，不满足“至少 4 篇”的要求。所以 h=4 不是一个有效的 h 指数
既然 h=4 不行，更大的 h=5、h=6 肯定也不行。因此，h=3 就是最大的那个，也就是最终答案
三、 思维二：从暴力验证到 O(N²) 解法
通过上面的分析，我们发现可以把问题转化为：
寻找一个最大的
h，使得(引用次数 >= h 的论文数量) >= h
一个最朴素的想法是：
h的可能取值范围是什么？最多有n篇论文，所以h不可能超过n。h的取值范围是[0, n]- 我们可以从大到小（从
n到0）来猜测h的值 - 对于每一个猜测的
h，我们都遍历一次citations数组，统计出有多少篇论文的引用次数>= h - 如果这个统计数量也
>= h，那么我们就找到了答案，因为我们是从大到小猜的，第一个满足条件的一定是最大的
这个思路可以写成如下的伪代码：
n = citations.length
for h from n down to 0:count = 0for c in citations:if c >= h:count++if count >= h:return h
这个解法是正确的，但它的时间复杂度是 O(N²)，因为外层循环 h 最多 N 次，内层循环遍历 citations 又是 N 次。对于这道题，通常会超时
四、 思维三：空间换时间，计数排序
O(N²) 的瓶颈在于，对于每个猜测的 h，我们都重复地遍历了整个 citations 数组。如何能快速地知道“有多少篇论文的引用次数不小于 h”呢？
这就是计数思想发挥作用的地方。我们可以预处理 citations 数组，用一个计数器数组来记录信息
关键 1：我们关心的引用次数有边界吗？
是的。因为 h 最大只能是 n，所以一篇论文被引用了 n 次、n+1 次，还是 1000 次，对于判断 h 是否满足条件来说，效果是完全一样的。例如，要判断 h=5 是否成立，一篇引用了 1000 次的论文和一篇引用了 5 次的论文，都同样满足 c >= 5 的条件
所以，我们可以将所有引用次数大于 n 的论文，都视作引用了 n 次。这极大地缩小了我们需要关心的引用次数范围，即 [0, n]
构建计数器数组
我们可以创建一个大小为 n+1 的数组 counts，其中 counts[i] 记录了引用次数恰好为 i 的论文有多少篇
int n = citations.length;
int[] counts = new int[n + 1];
for (int c : citations) {if (c > n) {counts[n]++;} else {counts[c]++;}
}
// 这可以简化为一行：
// counts[Math.min(c, n)]++;
关键 2：后缀和的妙用
现在我们有了 counts 数组。当我们想知道“引用次数至少为 i 的论文数量”时，我们只需要计算 counts[i] + counts[i+1] + ... + counts[n] 即可。这是一个后缀和
结合“从大到小猜测 h”的思路，我们可以非常高效地得到答案：
- 从
i = n开始向下遍历 - 维护一个变量
total，表示引用次数至少为i的论文总数 - 当
i从n变为n-1时，total的变化是total_new = total_old + counts[n-1] - 在每一步，我们都检查
total >= i是否成立。第一个成立的i就是答案
这个过程完美地将时间复杂度降到了 O(N)
五、 最佳实践：代码实现与深度解析
一种最佳实践代码：
class Solution {public int hIndex(int[] citations) {int n = citations.length;// 步骤 1: 创建计数器数组，利用关键洞察 1 进行计数// counts[i] 存储引用次数为 i 的论文篇数// 所有引用次数 > n 的论文，都当作 n 次来统计int[] counts = new int[n + 1];for (int c : citations) {counts[Math.min(c, n)]++;}// 步骤 2: 从大到小遍历 h 的可能值，并利用后缀和思想int total = 0; // total 记录引用次数 >= i 的论文总数for (int i = n; i >= 0; i--) {// 累加当前引用次数的论文数，得到后缀和total += counts[i];// 检查是否满足 h 指数的定义// total: 论文数量// i: 引用次数// total >= i => 有 total 篇论文的引用次数 >= iif (total >= i) {// 因为 i 是从大到小遍历的，第一个满足条件的 i 就是最大的 hreturn i;}}return 0; // 正常情况下不会执行到这里}
}
提交结果：
六、 复杂度分析
- 时间复杂度：O(N) 第一个
for循环遍历citations数组，耗时 O(N)。第二个for循环遍历counts数组，耗时 O(N)。总时间复杂度为 O(N + N) = O(N) - 空间复杂度：O(N) 我们使用了一个大小为
n+1的counts数组