标签：node get int 元素 DLinkedNode 算法 LRU 内存 key

题目描述

运用你所掌握的数据结构，设计和实现一个 LRU (最近最少使用) 缓存机制 。
实现 LRUCache 类：

LRUCache(int capacity) 以正整数作为容量 capacity 初始化 LRU 缓存
int get(int key) 如果关键字 key 存在于缓存中，则返回关键字的值，否则返回 -1 。
void put(int key, int value) 如果关键字已经存在，则变更其数据值；如果关键字不存在，则插入该组「关键字-值」。当缓存容量达到上限时，它应该在写入新数据之前删除最久未使用的数据值，从而为新的数据值留出空间。

进阶：你是否可以在 O(1) 时间复杂度内完成这两种操作？

示例：

输入
[“LRUCache”, “put”, “put”, “get”, “put”, “get”, “put”, “get”, “get”, “get”]
[[2], [1, 1], [2, 2], [1], [3, 3], [2], [4, 4], [1], [3], [4]]
输出
[null, null, null, 1, null, -1, null, -1, 3, 4]

解释
LRUCache lRUCache = new LRUCache(2);
lRUCache.put(1, 1); // 缓存是 {1=1}
lRUCache.put(2, 2); // 缓存是 {1=1, 2=2}
lRUCache.get(1); // 返回 1
lRUCache.put(3, 3); // 该操作会使得关键字 2 作废，缓存是 {1=1, 3=3}
lRUCache.get(2); // 返回 -1 (未找到)
lRUCache.put(4, 4); // 该操作会使得关键字 1 作废，缓存是 {4=4, 3=3}
lRUCache.get(1); // 返回 -1 (未找到)
lRUCache.get(3); // 返回 3
lRUCache.get(4); // 返回 4

提示：

1 <= capacity <= 3000
0 <= key <= 10000
0 <= value <= 105
最多调用 2 * 105 次 get 和 put

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/lru-cache
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解题思路

题目要求O(1)的时间复杂度，查询速度O(1)我们能想到的只有数组和HashMap，而数组的删除速度一般情况O(n)（元素位移），剩下只有一个HashMap了，而我们要记录元素最近访问，因此，我们可能还涉及到顺序，而HashMap不能保证元素的顺序，有序且删除O(1)的我们就能很快想到链表，因此，我们可以使用HashMap的查询速度快+有序且删除速度快的链表。

这里面主要就是几个方法，我就直接把每个方法的说明写在注释。

代码实现

class LRUCache {

    class DLinkedNode {
        int key;
        int value;
        DLinkedNode prev;
        DLinkedNode next;
        public DLinkedNode() {}
        DLinkedNode(int key,int value) {
            this.key = key;
            this.value = value;
        }
    }
    //用于存储元素的key和node
    Map<Integer,DLinkedNode> map;
    //双链表的头节点和尾节点
    DLinkedNode head;
    DLinkedNode tail;
    //容量和当前链表的元素数量
    int capacity;
    int size;
    //初始化
    public LRUCache(int capacity) {
        this.capacity = capacity;
        head = new DLinkedNode();
        tail = new DLinkedNode();
        head.next = tail;
        tail.prev = head;
        map = new HashMap<>();
    }
    //获取元素
    public int get(int key) {
    	//从map中获取元素
        DLinkedNode node = map.get(key);
        if(node == null) return -1;
        //获取到元素以后，该元素刚刚使用，所以将该节点移动到头部
        moveToHead(node);
        return node.value;
    }
    //获取或更新元素
    public void put(int key, int value) {
        DLinkedNode node = map.get(key);
        	//如果获取不到元素，则存储元素
            if(node == null) {
            	//如果现在容量已满
                if(size == capacity) {
                //删除最后一个元素
                DLinkedNode tail = removeTail();
                map.remove(tail.key);
                size--;
            }
            //新建元素
            DLinkedNode newNode = new DLinkedNode(key,value);
            //将元素添加到map并且将元素添加到头部
            map.put(key,newNode);
            addToHead(newNode);
            size++;
            
            } else {
            //如果该元素已存在，则表示更新该元素
                node.value = value;
                moveToHead(node);
            }
    }
	//将元素移至头部
    public void moveToHead(DLinkedNode node) {
        remove(node);
        addToHead(node);
    }
    //删除元素
    public void remove(DLinkedNode node) {
        node.prev.next = node.next;
        node.next.prev = node.prev;
    }

	//将元素添加到头部
    public void addToHead(DLinkedNode node) {
        node.prev = head;
        node.next = head.next;
        head.next.prev = node;
        head.next = node;
    }

	//移除尾部元素
    public DLinkedNode removeTail() {
        DLinkedNode res = tail.prev;
        remove(res); 
        return res; 
    }
}

标签：node,get,int,元素,DLinkedNode,算法,LRU,内存,key
来源： https://blog.csdn.net/qq_42627977/article/details/119045646

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