Given an array A, we may rotate it by a non-negative integer K so that the array becomes A[K], A[K+1], A{K+2], ... A[A.length - 1], A[0], A[1], ..., A[K-1]. Afterward, any entries that are less than or equal to their index are worth 1 point.
For example, if we have [2, 4, 1, 3, 0], and we rotate by K = 2, it becomes [1, 3, 0, 2, 4]. This is worth 3 points because 1 > 0 [no points], 3 > 1 [no points], 0 <= 2 [one point], 2 <= 3 [one point], 4 <= 4 [one point].
Over all possible rotations, return the rotation index K that corresponds to the highest score we could receive. If there are multiple answers, return the smallest such index K.
Example 1: Input: [2, 3, 1, 4, 0] Output: 3 Explanation: Scores for each K are listed below: K = 0, A = [2,3,1,4,0], score 2 K = 1, A = [3,1,4,0,2], score 3 K = 2, A = [1,4,0,2,3], score 3 K = 3, A = [4,0,2,3,1], score 4 K = 4, A = [0,2,3,1,4], score 3
So we should choose K = 3, which has the highest score.
Example 2: Input: [1, 3, 0, 2, 4] Output: 0 Explanation: A will always have 3 points no matter how it shifts. So we will choose the smallest K, which is 0.
Note:
Awill have length at most20000.A[i]will be in the range[0, A.length].
这道题给了我们一个长度为N的数组，说是数组中的数字的范围都在[0, N]之间，然后定义了一个旋转操作，比如在位置K进行旋转，数组在K位置断开，新数组以A[k]为开头数字，断开的前半段数组直接拼到末尾即可。然后又定义了一种积分规则，说是如果某个坐标位置大于等于其数字的话，得1分，让我们求出某个旋转位置K，使得其积分最大，如果积分相同的话，取位置小的K。通过分析题目中的例子，发现题目并不难理解。博主首先尝试了暴力搜索的方法，就是遍历每个K值，生成旋转后的数组，然后再统计得分，不幸挂掉了。那么我们必须要想出更好的解法才行。首先我们想，如果数组中的每个数字都跟其坐标值相同的话，比如[0, 1, 2, 3, 4]，那么肯定得分最高，即K=0。但实际上并不会是有序的，而且并不是每个数字都会出现，题目中只给了数字的范围，有可能会有重复数字哦。说实话这道题博主研究大神lee215的帖子，都研究了好久，最后终于有些明白了，就大概讲讲吧，如果有不对的地方欢迎大家指正。
这道题博主感觉还是很有难度的，而且答案的思路也十分巧妙，并没有采用brute force那种直接求每一个K值的得分，而是反其道而行之，对于每个数字，探究其跟K值之间的联系。首先我们要讨论一下边界情况，那么就是当A[i] = 0 或 N 的情况，首先如果A[i] = 0的话，那么0这个数字在任何位置都会小于等于坐标值，所以在任何位置都会得分的，那么其实可以忽略之，因为其不会对最大值产生任何影响，同理，如果A[i] = N的时候，由于长度为N的数组的坐标值范围是[0, N-1]，所以数字N在任何位置都不得分，同样也不会对最大值产生任何影响，可以忽略之。那么我们关心的数字的范围其实是[1, N-1]。在这个范围内的数字在旋转数组的过程中，从位置0变到N-1位置的时候，一定会得分，因为此范围的数字最大就是N-1。这个一定得的分我们在最后统一加上，基于上面的发现，我们再来分析下题目中的例子 [2, 3, 1, 4, 0]，其中红色数字表示不得分的位置：
A: 2 3 1 4 0 (K = 0)
A: 3 1 4 0 2 (K = 1)
A: 1 4 0 2 3 (K = 2)
A: 4 0 2 3 1 (K = 3)
A: 0 2 3 1 4 (K = 4)
idx: 0 1 2 3 4
对于某个数字A[i]，我们想知道其什么时候能旋转到坐标位置为A[i]的地方，这样就可以得分了。比如上面博主标记了红色的数字3，最开始时的位置为1，此时是不得分的，我们想知道其什么时候能到位置3，答案是当K=3的时候，其刚好旋转到位置3，K再增加的时候，其又开始不得分了。所以这个最后能得分的临界位置是通过 (i – A[i] + N) % N 得到，那么此时如果K再增加1的话，A[i]就开始不得分了（如果我们suppose每个位置都可以得分，那么不得分的地方就可以当作是失分了），所以我们可以在这个刚好开始不得分的地方标记一下，通过-1进行标记，这个位置就是 (i – A[i] + 1 + N) % N。我们用一个长度为N的change数组，对于每个数字，我们都找到其刚好不得分的地方，进行-1操作，那么此时change[i]就表示数组中的数字在i位置会不得分的个数，如果我们仔细观察上面红色的数字，可以发现，由于是左移，坐标在不断减小，所以原先失分的地方，在K+1的时候还是失分，除非你从开头位置跑到末尾去了，那会得分，所以我们要累加change数组，并且K每增加1的时候，要加上额外的1，最后change数组中最大数字的位置就是要求的K值了，参见代码如下：
解法一：
class Solution { public: int bestRotation(vector<int>& A) { int n = A.size(); vector<int> change(n, 0); for (int i = 0; i < n; ++i) change[(i - A[i] + 1 + n) % n] -= 1; for (int i = 1; i < n; ++i) change[i] += change[i - 1] + 1; return max_element(change.begin(), change.end()) - change.begin(); } };
我们也可以不用STL自带的max_element函数，而是在遍历的过程中同时找最大值即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution { public: int bestRotation(vector<int>& A) { int n = A.size(), res = 0; vector<int> change(n, 0); for (int i = 0; i < n; ++i) change[(i - A[i] + 1 + n) % n] -= 1; for (int i = 1; i < n; ++i) { change[i] += change[i - 1] + 1; res = (change[i] > change[res]) ? i : res; } return res; } };
参考资料：
