LRU

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/* 题目描述

设计LRU缓存结构,该结构在构造时确定大小,假设大小为K,并有如下两个功能

set(key, value):将记录(key, value)插入该结构

get(key):返回key对应的value值

[要求]

set和get方法的时间复杂度为O(1)

某个key的set或get操作一旦发生,认为这个key的记录成了最常使用的。

当缓存的大小超过K时,移除最不经常使用的记录,即set或get最久远的。

若opt=1,接下来两个整数x, y,表示set(x, y)

若opt=2,接下来一个整数x,表示get(x),若x未出现过或已被移除,则返回-1

对于每个操作2,输出一个答案

in: [[1,1,1],[1,2,2],[1,3,2],[2,1],[1,4,4],[2,2]],3

out: [1,-1]

说明:

第一次操作后:最常使用的记录为("1", 1)

第二次操作后:最常使用的记录为("2", 2),("1", 1)变为最不常用的

第三次操作后:最常使用的记录为("3", 2),("1", 1)还是最不常用的

第四次操作后:最常用的记录为("1", 1),("2", 2)变为最不常用的

第五次操作后:大小超过了3,所以移除此时最不常使用的记录("2", 2),加入记录("4", 4),并且为最常使用的记录,然后("3", 2)变为最不常使用的记录

*/

/**
 * lru design
 * @param operators int整型二维数组 the ops
 * @param k int整型 the k
 * @return int整型一维数组
 */
function LRU (operators, k) {
  // write code here
  const rst = []
  const caches = []
  operators.forEach((element, i) => {
    const idx = caches.findIndex(arr => arr[0] === element[1])
    if (element[0] === 1) {
      if (idx > -1) {
        caches.splice(idx, 1)
      }
      if (caches.length === k) {
        caches.shift()
      }
      caches.push([...element.slice(1)])
    } else {
      const r = idx > -1 ? caches[idx][1] : -1
      caches.push(caches[idx])
      caches.splice(idx, 1)
      rst.push(r)
    }
  })
  return rst
}
const operators = [
  [1, 1, 1],
  [1, 2, 2],
  [1, 3, 2],
  [2, 1],
  [1, 4, 4],
  [2, 2]
]
console.log(LRU(operators, 3)) // [ 1, -1 ]