/* 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 ]