Given an array of integers, define MaxPrefix as count of elements that are greater than the element and in the right side of element. Write a program to give the max of MaxPrefix of given array.
给一个整数数组，定义MaxPrefix是在元素右边比该元素大的数的个数，求数组里面最大的MaxPrefix。
1. 询问
好像没有什么好问的。
2. 分析
暴力破解
很朴素的做法就是把所有元素都遍历一遍，看看右边有多少比自己大的。O（n^2）。
为何低效
为什么暴力破解做法效率不高呢？因为处理第一个元素的时候，就已经把右边都遍历了一遍，以后遍历右边的动作其实重复了。
那么如何防止重复呢？当然是存起来，至于用什么数据结构去存，就值得商榷了。
选择1：哈希表。哈希表是常用的数据结构，查找效率高。但是在这里，貌似不是很合适。因为要找的是有多少数比自己大，哈希表在这上面不比数组有优势。
选择2：线段树。线段树的好处就是可以统计比自己大的有多少，当然初始化和删除元素都需要一点处理，不过总体而言是可行的方法。
选择3：BST，AVL树，RB树，Splay树等等。这些树的特点都是可以查询大小关系。相对而言就是BST比较常用一点，但在这里的情况，用起来也很麻烦。这些都属于比较高级的数据结构了。
算法简述
选择使用线段树作为数据结构。
- 构造。因为要包括数组里面的所有数，所以从min到max都得构造。这一步可以近似看做O（1），因为整数范围也就那么大，连O(MAX_INT - MIN_INT)都可以看做O（1），那么其子集也是O（1）。
- 初始化。刚开始肯定是要把数组里面的元素都赋值，假设就是赋值为1。仔细思考一下，其实只需要赋值arr[1:]，因为第一个元素查找的时候不包括它自己。
- 计算。考虑第一个元素arr[0]，那么查找也就是说找arr[0]到max范围内的和，因为这个范围内的数肯定比arr[0]大，而假如值为1说明是在其右边，因此这个和就是arr[0]的MaxPrefix。再考虑arr[1]，这时候需要把arr[1]从里面剔除。总体而言，复杂度是O(nlogn)。
- 结果。结果处理很简单，用一个值保存记录最大值即可。
总体时间复杂度O(nlogn)，空间复杂度O(max-min) = O(1)。
3. 代码
class SegmentTreeNode:
def __init__(self, start, end, count):
self.start, self.end, self.count = start, end, count
self.left, self.right = None, None
class Solution:
def maxPrefix(self, arr):
if not arr or len(arr) <= 1:
return 0
minv, maxv = min(arr), max(arr)
root = self.build(minv, maxv)
for e in arr:
self.modify(root, e, 1)
res = 0
for e in arr:
self.modify(root, e, 0)
temp = self.query(root, e + 1, maxv)
res = max(res, temp)
return res
def build(self, start, end):
if start > end:
return None
root = SegmentTreeNode(start, end, 0)
if start == end:
return root
root.left = self.build(start, (start + end) // 2)
root.right = self.build((start + end) // 2 + 1, end)
return root
def modify(self, root, index, value):
if root is None:
return
if root.start == root.end:
root.count = value
return
if root.left.end >= index:
self.modify(root.left, index, value)
else:
self.modify(root.right, index, value)
root.count = root.left.count + root.right.count
def query(self, root, start, end):
if root.start > end or root.end < start:
return 0
if start <= root.start and root.end <= end:
return root.count
return self.query(root.left, start, end) + self.query(root.right, start, end)
4. 总结
不知道有没有更加简单的做法。如果是用线段树的解法，难度在medium到hard之间。
