Given an array of integers A, a move consists of choosing any A[i], and incrementing it by 1.
Return the least number of moves to make every value in A unique.
Example 1:
Input: [1,2,2]
Output: 1
Explanation: After 1 move, the array could be [1, 2, 3].
Example 2:
Input: [3,2,1,2,1,7]
Output: 6
Explanation: After 6 moves, the array could be [3, 4, 1, 2, 5, 7].
It can be shown with 5 or less moves that it is impossible for the array to have all unique values.
Note:
0 <= A.length <= 400000 <= A[i] < 40000
这道题给了一个数组，说是每次可以将其中一个数字增加1，问最少增加多少次可以使得数组中没有重复数字。给的两个例子可以帮助我们很好的理解题意，这里主要参考了 lee215 大神的帖子，假如数组中没有重复数字的话，则不需要增加，只有当重复数字存在的时候才需要增加。比如例子1中，有两个2，需要将其中一个2增加到3，才能各不相同。但有时候只增加一次可能并不能解决问题，比如例子2中，假如要处理两个1，增加其中一个到2并不能解决问题，因此2也是有重复的，甚至增加到3还是有重复，所以一直得增加到4才行，但此时如何知道后面是否还有1，所以需要一个统一的方法来增加，最好是能从小到大处理数据，则先给数组排个序，然后用一个变量 need 表示此时需要增加到的数字，初始化为0，由于是从小到大处理，这个 need 会一直变大，而且任何小于 need 的数要么是数组中的数，要么是某个数字增后的数，反正都是出现过了。然后开始遍历数组，对于遍历到的数字 num，假如 need 大于 num，说明此时的 num 是重复数字，必须要提高到 need，则将 need-num 加入结果 res 中，反之若 need 小于 num，说明 num 并未出现过，不用增加。然后此时更新 need 为其和 num 之间的较大值并加1，因为 need 不能有重复，所以要加1，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int minIncrementForUnique(vector<int>& A) {
int res = 0, need = 0;
sort(A.begin(), A.end());
for (int num : A) {
res += max(need - num, 0);
need = max(num, need) + 1;
}
return res;
}
};
假如数组中有大量的重复数字的话，那么上面的方法还是需要一个一个的来处理，来看一种能同时处理大量的重复数字的方法。这里使用了一个 TreeMap 来统计每个数字和其出现的次数之间的映射。由于 TreeMap 可以对 key 自动排序，所以就没有必要对原数组进行排序了，这里还是要用变量 need，整体思路和上面的解法很类似。建立好了 TreeMap 后开始遍历，此时单个数字的增长还是 max(need - num, 0)，这个已经在上面解释过了，由于可能由多个，所以还是要乘以个数 a.second，到这里还没有结束，因为 a.second 这多么多个数字都被增加到了同一个数字，而这些数字应该彼此再分开，好在现在没有比它们更大的数字，那么问题就变成了将k个相同的数字变为不同，最少的增加次数，答案是 k*(k-1)/2，这里就不详细推导了，其实就是个等差数列求和，这样就可以知道将 a.second 个数字变为不同总共需要增加的次数，下面更新 need，在 max(need, num) 的基础上，还要增加个数 a.second，从而到达一个最小的新数字，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int minIncrementForUnique(vector<int>& A) {
int res = 0, need = 0;
map<int, int> numCnt;
for (int num : A) ++numCnt[num];
for (auto &a : numCnt) {
res += a.second * max(need - a.first, 0) + a.second * (a.second - 1) / 2;
need = max(need, a.first) + a.second;
}
return res;
}
};
再来看一种联合查找 Union Find 的方法，这是一种并查集的方法，在岛屿群组类的问题上很常见，可以搜搜博主之前关于岛屿类题目的讲解，很多都使用了这种方法。但是这道题乍一看好像跟群组并没有明显的关系，但其实是有些很微妙的联系的。这里的 root 使用一个 HashMap，而不是用数组，因为数字不一定是连续的，而且可能跨度很大，使用 HashMap 会更加省空间一些。遍历原数组，对于每个遍历到的数字 num，调用 find 函数，这里实际上就是查找上面的方法中的 need，即最小的那个不重复的新数字，而 find 函数中会不停的更新 root[x]，而只要x存在，则不停的自增1，直到不存在时候，则返回其本身，那么实际上从 num 到 need 中所有的数字的 root 值都标记成了 need，就跟它们是属于一个群组一样，这样做的好处在以后的查询过程中可以更快的找到 need 值，这也是为啥这种方法不用给数组排序的原因，若还是不理解的童鞋可以将例子2代入算法一步一步执行，看每一步的 root 数组的值是多少，应该不难理解，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
int minIncrementForUnique(vector<int>& A) {
int res = 0;
unordered_map<int, int> root;
for (int num : A) {
res += find(root, num) - num;
}
return res;
}
int find(unordered_map<int, int>& root, int x) {
return root[x] = root.count(x) ? find(root, root[x] + 1) : x;
}
};
Github 同步地址:
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/945
参考资料：
https://leetcode.com/problems/minimum-increment-to-make-array-unique/
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