问题描述
在纸牌游戏中，对表演过程中（游戏回合的一个阶段之一）的手掌跑动进行计数时，报告的上升子序列最长，该子序列仅包含增加1的值。如果存在重复值是该子序列的一部分，而没有报道过两次（或三倍，四倍等）。
一些例子：
（“ A”，“ 2”，“ 3”，“ 4”，“ 5”）=>（1,5）单次运行5
（“ A”，“ 2”，“ 3”，“ 4”，“ 4”）=>（2,4）重复运行4
（“ A”，“ 2”，“ 3”，“ 3”，“ 3”）=>（3,3）三连胜3
（“ A”，“ 2”，“ 3”，“ 4”，“ 6”）=>（1,4）单次运行4
（“ A”，“ 2”，“ 3”，“ 5”，“ 6”）=>（1,3）单次运行3
（“ A”，“ 2”，“ 4”，“ 5”，“ 7”）=>（0,0）没有运行
要处理出现的手大于纸牌手大小5的情况。如果运行具有子序列重复次数和子序列长度的最大乘积，则将选择该运行。
一些相关示例：
（“ A”，“ 2”，“ 2”，“ 3”，“ 5”，“ 6”，“ 7”，“ 8”，“ 9”，“ T”，“ J”）=> （1,7）单次运行7 （“ A”，“ 2”，“ 2”，“ 3”，“ 5”，“ 6”，“ 7”，“ 8”）=>（2,3）重复运行3
我寻找最大得分的方法如下：
- 创建等级列表并对其进行排序。 O（N * log（N））
- 创建一个列表以存储最大运行长度的长度以及存在的重复次数。初始化为[1个重复，1个长]。
- 创建与上述相同的列表以存储当前运行。
- 创建一个标志，该标志指示您遇到的重复项是否不是此值的初始重复项。将其初始化为False。
- 如果在初始重复项之后发现其他重复项值，则创建一个变量来存储重复项子序列中的增加。初始化为1。
- 迭代相邻元素之间的差异。 O（N）
- 如果差异大于1，则运行已结束。检查最大行程的元素乘积是否小于当前行程，并且当前行程的长度为3或更大。如果为真，则当前运行变为最大运行，并且当前运行列表重置为[1,1]。该标志被重置为False。重复子序列的增量重置为1。迭代到下一个值。
- 如果差为1，则将当前运行的长度增加1，并将标志设置为False。迭代到下一个值。
- 如果差异为0并且标志为False，则将重复子序列的增量设置为等于运行中当前的重复数。然后，将运行的重复次数加倍，并将标志设置为True。迭代到下一个值
- 如果差异为0并且标记为True，则将运行次数增加重复子序列值的增加。
- 迭代后，按照步骤7中的最大运行检查当前运行列表，并相应地设置最大运行。
我认为这具有O（N *（1 + log（N））。我认为这是最佳的时间复杂度，但是我不确定如何证明这一点或更好的算法是什么样的。无需先对列表进行排序就可以实现更好的时间复杂度的方法吗？如果没有，如何证明这是最佳时间复杂度？
重申两者之间的差异
解决方法
算法的时间复杂度是一条行之有效的路径。 证明算法的复杂度在数学家集群之间略有不同；相反，复杂性社区通常使用模块化伪代码和标准简化来工作。例如，基于输入长度的for循环为 O（N）（惊奇）；排序列表的最佳方式是 O（log N）（通常）。要获得良好的治疗效果，请参见Big O,how do you calculate/approximate it?。
请注意： O（N x（1 + log（N）））是一种草率的表示法，只有最大的复杂度因子（在N接近无穷大时占主导地位）删除1+： O（N log N）。
正如我在评论中建议的那样，您可以简单地计算元素。保留一张计数列表，并根据您的卡值进行索引。在讨论算法时，请不要使用字符表示的“脏”数据：“ A23456789TJQK”；只需使用0-12或1-13的值即可。
for rank in hand:
count[rank] += 1
这是对数据 O（N）的线性传递。
现在，遍历您的计数数组，找到最长的非零值序列。这是一个包含13个元素的固定长度列表，每个元素仅接触一次： O（1）。如果您累积了一个倍数（卡数）列表，那么最后还会有组合因素。
因此，生成的算法和代码为 O（N）。
例如，让我们将其缩短为7个卡值，即0-6。给定输入整数
1 2 1 3 6 1 3 5 0
您已通过第一遍计算项目：
[1 3 1 2 0 1 1]
第二遍使您的最大运行长度为4，计数为[1 3 1 2]。
您报告的运行次数为4，三倍和两倍或得分计数
4 * (1 * 3 * 1 * 2)
您还可以计算对值：
2 * 3! + 2 * 2!