玩个斗地主也能玩出算法？

斗地主中，大小连续的牌可以作为顺子，有时候我们把对子拆掉，结合单牌，可以组合出更多的顺子，可能更容易赢。

那么如何合理拆分手上的牌，合理地拆出顺子呢？我们今天看一道非常有意思的算法题，连续子序列的划分问题。

这是力扣中的第 659 题「分割数组为连续子序列」，题目很简单：

给你输入一个升序排列的数组nums（可能包含重复数字），请你判断nums是否能够被分割成若干个长度至少为 3 的子序列，每个子序列都由连续的整数组成。

函数签名如下：

bool isPossible(vector<int>& nums);

比如题目举的例子，输入nums = [1,2,3,3,4,4,5,5]，算法返回 true。

因为nums可以被分割成[1,2,3,4,5]和[3,4,5]两个包含连续整数子序列。

但如果输入nums = [1,2,3,4,4,5]，算法返回 false，因为无法分割成两个长度至少为 3 的连续子序列。

对于这种涉及连续整数的问题，应该条件反射地想到排序，不过题目说了，输入的nums本就是排好序的。

那么，我们如何判断nums是否能够被划分成若干符合条件的子序列呢？

类似前文 回溯算法进行集合划分，我们想把nums的元素划分到若干个子序列中，其实就是下面这个代码逻辑：

for (int v : nums) {
    if (...) {
        // 将 v 分配到某个子序列中
    } else {
        // 实在无法分配 v
        return false;
    }
    return true;
}

关键在于，我们怎么知道当前元素v如何进行分配呢？

肯定得分情况讨论，把情况讨论清楚了，题目也就做出来了。

总共有两种情况：

1、当前元素v自成一派，「以自己开头」构成一个长度至少为 3 的序列。

比如输入nums = [1,2,3,6,7,8]，遍历到元素6时，它只能自己开头形成一个符合条件的子序列[6,7,8]。

2、当前元素v接到已经存在的子序列后面。

比如输入nums = [1,2,3,4,5]，遍历到元素4时，它只能接到已经存在的子序列[1,2,3]后面。它没办法自成开头形成新的子序列，因为少了个6。

但是，如果这两种情况都可以，应该如何选择？

比如说，输入nums = [1,2,3,4,5,5,6,7]，对于元素4，你说它应该形成一个新的子序列[4,5,6]还是接到子序列[1,2,3]后面呢？

显然，nums数组的正确划分方法是分成[1,2,3,4,5]和[5,6,7]，所以元素4应该优先判断自己是否能够接到其他序列后面，如果不行，再判断是否可以作为新的子序列开头。

这就是整体的思路，想让算法代码实现这两个选择，需要两个哈希表来做辅助：

freq哈希表帮助一个元素判断自己是否能够作为开头，need哈希表帮助一个元素判断自己是否可以被接到其他序列后面。

freq记录每个元素出现的次数，比如freq[3] == 2说明元素3在nums中出现了 2 次。

那么如果我发现freq[3], freq[4], freq[5]都是大于 0 的，那就说明元素3可以作为开头组成一个长度为 3 的子序列。

need记录哪些元素可以被接到其他子序列后面。

比如说现在已经组成了两个子序列[1,2,3,4]和[2,3,4]，那么need[5]的值就应该是 2，说明对元素5的需求为 2。

明白了这两个哈希表的作用，我们就可以看懂解法了：

bool isPossible(vector<int>& nums) {

    unordered_map<int, int> freq, need;

    // 统计 nums 中元素的频率
    for (int v : nums) freq[v]++;

    for (int v : nums) {
        if (freq[v] == 0) {
            // 已经被用到其他子序列中
            continue;
        }
        // 先判断 v 是否能接到其他子序列后面
        if (need.count(v) && need[v] > 0) {
            // v 可以接到之前的某个序列后面
            freq[v]--;
            // 对 v 的需求减一
            need[v]--;
            // 对 v + 1 的需求加一
            need[v + 1]++; 
        } else if (freq[v] > 0 && freq[v + 1] > 0 && freq[v + 2] > 0) {
            // 将 v 作为开头，新建一个长度为 3 的子序列 [v,v+1,v+2]
            freq[v]--;
            freq[v + 1]--;
            freq[v + 2]--;
            // 对 v + 3 的需求加一
            need[v + 3]++;
        } else {
            // 两种情况都不符合，则无法分配
            return false;
        }
    }

    return true;
}

至此，这道题就解决了。

那你可能会说，斗地主里面顺子至少要 5 张连续的牌，我们这道题只计算长度最小为 3 的子序列，怎么办？

很简单，把我们的 else if 分支修改一下，连续判断v之后的连续 5 个元素就行了。

那么，我们再难为难为自己，如果我想要的不只是一个布尔值，我想要你给我把子序列都打印出来，怎么办？

其实这也很好实现，只要修改need，不仅记录对某个元素的需求个数，而且记录具体是哪些子序列产生的需求：

// need[6] = 2 说明有两个子序列需要 6
unordered_map<int, int> need;

// need[6] = {
//     {3,4,5},
//     {2,3,4,5},
// }
// 记录哪两个子序列需要 6
unordered_map<int, vector<vector<int>>> need;

这样，我们稍微修改一下之前的代码就行了：

bool isPossible(vector<int>& nums) {
    unordered_map<int, int> freq;
    unordered_map<int, vector<vector<int>>> need;

    for (int v : nums) freq[v]++;

    for (int v : nums) {
        if (freq[v] == 0) {
            continue;
        }

        if (need.count(v) && need[v].size() > 0) {
            // v 可以接到之前的某个序列后面
            freq[v]--;
            // 随便取一个需要 v 的子序列
            vector<int> seq = need[v].back();
            need[v].pop_back();
            // 把 v 接到这个子序列后面
            seq.push_back(v);
            // 这个子序列的需求变成了 v + 1
            need[v + 1].push_back(seq);

        } else if (freq[v] > 0 && freq[v + 1] > 0 && freq[v + 2] > 0) {
            // 可以将 v 作为开头
            freq[v]--;
            freq[v + 1]--;
            freq[v + 2]--;
            // 新建一个长度为 3 的子序列 [v,v + 1,v + 2]
            vector<int> seq{v, v + 1, v + 2};
            // 对 v + 3 的需求加一
            need[v + 3].push_back(seq);

        } else {
            return false;
        }
    }

    // 打印切分出的所有子序列
    for (auto it : need) {
        for (vector<int>& seq : it.second) {
            for (int v : seq) {
                cout << v << " ";
            }
            cout << endl;
        }
    }

    return true;
}

这样，我们记录具体子序列的需求也实现了。

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