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739. 每日温度

给定一个整数数组 temperatures ，表示每天的温度，返回一个数组 answer ，其中 answer[i] 是指对于第 i 天，下一个更高温度出现在几天后。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。

示例 1:

输入: temperatures = [73,74,75,71,69,72,76,73]
输出: [1,1,4,2,1,1,0,0]

示例 2:

输入: temperatures = [30,40,50,60]
输出: [1,1,1,0]

示例 3:

输入: temperatures = [30,60,90]
输出: [1,1,0]

提示：

• 1 <= temperatures.length <= 10^5
• 30 <= temperatures[i] <= 100

方法一：单调栈

使用单调栈维护一个递减的温度序列索引。遍历数组时，若当前温度高于栈顶索引对应的温度，则弹出栈顶元素并计算天数差。

代码实现(Java)：

class Solution {public int[] dailyTemperatures(int[] temperatures) {int n = temperatures.length;int[] answer = new int[n];Deque<Integer> stack = new ArrayDeque<>(); // 维护温度索引的单调递减栈for (int i = 0; i < n; i++) {// 当前温度高于栈顶温度时，计算天数差并更新结果while (!stack.isEmpty() && temperatures[i] > temperatures[stack.peek()]) {int prevIndex = stack.pop();answer[prevIndex] = i - prevIndex;}stack.push(i); // 当前温度入栈}return answer;}
}

方法二：跳跃法（从后往前动态规划）

从后往前遍历数组，利用已知结果跳过不必要的比较。若后一天温度更高则直接记录，否则根据后一天的结果跳跃到可能更高的温度位置。

代码实现(Java)：

class Solution {public int[] dailyTemperatures(int[] temperatures) {int n = temperatures.length;int[] answer = new int[n];answer[n - 1] = 0; // 最后一天不会有更高的温度for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {int j = i + 1;while (j < n) {if (temperatures[j] > temperatures[i]) {answer[i] = j - i;break;} else if (answer[j] == 0) {answer[i] = 0;break;} else {j += answer[j]; // 跳跃到可能更高的温度位置}}}return answer;}
}

复杂度分析

• 单调栈：时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)。维护一个递减栈，确保每个元素入栈和出栈各一次，高效找到下一个更高温度。
• 跳跃法：时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)。从后向前利用已有结果跳跃比较，减少重复遍历，同样高效。

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763. 划分字母区间

给你一个字符串 s 。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。例如，字符串 "ababcc" 能够被分为 ["abab", "cc"]，但类似 ["aba", "bcc"] 或 ["ab", "ab", "cc"] 的划分是非法的。

注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是 s 。

返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。

示例 1：

输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出：[9,7,8]

划分结果为 “ababcbaca”、“defegde”、“hijhklij” 。每个字母最多出现在一个片段中。
像 “ababcbacadefegde”, “hijhklij” 这样的划分是错误的，因为划分的片段数较少。

示例 2：

输入：s = "eccbbbbdec"
输出：[10]

提示：

• 1 <= s.length <= 500
• s 仅由小写英文字母组成

方法一：贪心算法

1. 记录每个字符的最后出现位置：首先遍历字符串，记录每个字符最后一次出现的索引，为后续分割提供依据。
2. 维护当前片段的起止位置：再次遍历字符串，动态维护当前片段的结束位置，确保所有已遍历字符的最后出现位置均包含在当前片段中。当遍历到当前片段的结束位置时，立即分割，确保每个字符仅属于一个片段，并开始下一个片段的处理。

代码实现(Java)：

class Solution {public List<Integer> partitionLabels(String s) {// 记录每个字符的最后出现位置int[] lastOccurrence = new int[26];int length = s.length();for (int i = 0; i < length; i++) {char c = s.charAt(i);lastOccurrence[c - 'a'] = i;}List<Integer> partitions = new ArrayList<>();int start = 0, end = 0;for (int i = 0; i < length; i++) {char currentChar = s.charAt(i);// 扩展当前片段的结束位置end = Math.max(end, lastOccurrence[currentChar - 'a']);// 当遍历到当前片段的结束位置时，分割并记录if (i == end) {partitions.add(end - start + 1);start = end + 1; // 下一个片段的起始位置}}return partitions;}
}

动态规划法复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串的长度。两次遍历字符串的时间复杂度均为 O(n)。
• 空间复杂度：O(1)，使用固定大小的数组存储字符的最后出现位置。

方法二：合并区间（理论补充）

1. 生成字符区间：记录每个字符的首次和最后一次出现的位置，生成区间集合。
2. 合并重叠区间：将所有重叠的区间合并，合并后的每个区间对应一个最终的分段。

合并区间法复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n + m log m)，其中 m 是不同字符的数量（最多26个），实际性能不如贪心算法。
• 空间复杂度：O(m)，需要存储所有字符的区间。

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