分享一道奇妙的力扣题---下一个排列

我们要做的就是让左边一个较小的数与右边一个较大的数进行交换，而且，要让 ”较小的数尽可能靠近右边，而较大的数尽可能的小“

而且再交换之后，要让i到n-1上的数字从小到大，这一点很重要，只有这样才能保证变大的幅度最小

越靠右的话改变的位置越小，十位的变动肯定比百位，千位引起的变化小的多

改变的时候，肯定是想又能变大，又尽可能的变大的比较少

有了这些基础我们就可以来写这道题了：

我们先从后向前，去找第一个出现nums[ i-1 ] < nums[ i ] 的情况，那么在i到n-1的区间上，肯定是降序的，因为都不满足前面的条件嘛，所以说我们可以从后面的区间 i 到 n-1上从后向前去找到到第一个元素j，满足nums[ i-1 ] < nums[ j ]，然后交换这两个数的值

交换之后这个这个区间也还是降序的，我们只需要翻转reverse一下就能得到升序，这个复杂度也是O（n），如果用sort的话复杂度是O（nlogn）。外面一次遍历是O（n），内部一次翻转，这两个是并列的，相当于最多进行两次遍历，也就是2 * O（n）,也就是说时间复杂度能够达到O（n），实在是妙哉！

//两次扫描
    void nextPermutation(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();
        for(int i=n-1;i>0;--i){
            if(nums[i-1]<nums[i]){//找到第一个i-1 < i的位置
                //i到n-1上肯定是降序
                //从i到n-1上从后向前找到第一个满足nums[i-1]<nums[j]的数，这个数就是这里面最小的，而且大于nums[i-1]的数，交换以后这个区间还是降序的，reverse之后就能满足升序
                for(int j=n-1;j>=i;--j){
                    if(nums[i-1]<nums[j]){
                        int tmp=nums[i-1];//交换
                        nums[i-1]=nums[j];
                        nums[j]=tmp;
                        //翻转    i 到 n-1 这个区间，就能让这个区间升序
                        //sort(nums.begin()+i,nums.end())
                        reverse(nums.begin()+i,nums.end());
                        return;
                    }
                }
            }
        }
        //如果没有返回则说明需要从到到尾翻转
        reverse(nums.begin(),nums.end());
    }

当我们用sort的时候：

而我们用了reverse的话：

可以看到，reverse是真的秒啊

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