面试挂在了 LRU 缓存算法设计上
好吧，有人可能觉得我标题党了，但我想告诉你们的是，前阵子面试确实挂在了 RLU 缓存算法的设计上了。
当时做题的时候，自己想的太多了，感觉设计一个 LRU(Least recently used) 缓存算法，不会这么简单啊，于是理解错了题意（我也是服了，还能理解成这样，，，，），自己一波操作写了好多代码，后来卡住了，再去仔细看题，发现自己应该是理解错了，就是这么简单，设计一个 LRU 缓存算法。
不过这时时间就很紧了，按道理如果你真的对这个算法很熟，十分钟就能写出来了，但是，自己虽然理解 LRU 缓存算法的思想，也知道具体步骤，但之前却从来没有去动手写过，导致在写的时候，非常不熟练，也就是说，你感觉自己会 和你能够用代码完美着写出来是完全不是一回事。
所以在此提醒各位，如果可以，一定要自己用代码实现一遍自己自以为会的东西。千万不要觉得自己理解了思想，就不用去写代码了，独自撸一遍代码，才是真的理解了。
今天我带大家用代码来实现一遍 LRU 缓存算法，以后你在遇到这类型的题，保证你完美秒杀它。
题目描述
设计并实现最不经常使用（LFU）缓存的数据结构。它应该支持以下操作：get 和 put。
get(key) - 如果键存在于缓存中，则获取键的值（总是正数），否则返回 -1。
put(key, value) - 如果键不存在，请设置或插入值。当缓存达到其容量时，它应该在插入新项目之前，
使最不经常使用的项目无效。在此问题中，当存在平局（即两个或更多个键具有相同使用频率）时，
最近最少使用的键将被去除。
进阶：
你是否可以在 O(1) 时间复杂度内执行两项操作？
示例：
LFUCache cache = new LFUCache( 2 /* capacity (缓存容量) */ );
cache.put(1, 1);
cache.put(2, 2);
cache.get(1); // 返回 1
cache.put(3, 3); // 去除 key 2
cache.get(2); // 返回 -1 (未找到key 2)
cache.get(3); // 返回 3
cache.put(4, 4); // 去除 key 1
cache.get(1); // 返回 -1 (未找到 key 1)
cache.get(3); // 返回 3
cache.get(4); // 返回 4
基础版：单链表来解决
我们要删的是最近最少使用的节点，一种比较容易想到的方法就是使用单链表这种数据结构来存储了。当我们进行 put 操作的时候，会出现以下几种情况：
1、如果要 put(key,value) 已经存在于链表之中了（根据key来判断），那么我们需要把链表中旧的数据删除，然后把新的数据插入到链表的头部。、
2、如果要 put(key,value) 的数据没有存在于链表之后，我们我们需要判断下缓存区是否已满，如果满的话，则把链表尾部的节点删除，之后把新的数据插入到链表头部。如果没有满的话，直接把数据插入链表头部即可。
对于 get 操作，则会出现以下情况
1、如果要 get(key) 的数据存在于链表中，则把 value 返回，并且把该节点删除，删除之后把它插入到链表的头部。
2、如果要 get(key) 的数据不存在于链表之后，则直接返回 -1 即可。
大概的思路就是这样，不要觉得很简单，让你手写的话，十分钟你不一定手写的出来。具体的代码，为了不影响阅读，我在文章的最后面在放出来。
时间、空间复杂度分析
对于这种方法，put 和 get 都需要遍历链表查找数据是否存在，所以时间复杂度为 O(n)。空间复杂度为 O(1)。
空间换时间
在实际的应用中，当我们要去读取一个数据的时候，会先判断该数据是否存在于缓存器中，如果存在，则返回，如果不存在，则去别的地方查找该数据（例如磁盘），找到后再把该数据存放于缓存器中，再返回。
所以在实际的应用中，put 操作一般伴随着 get 操作，也就是说，get 操作的次数是比较多的，而且命中率也是相对比较高的，进而 put 操作的次数是比较少的，我们我们是可以考虑采用空间换时间的方式来加快我们的 get 的操作的。
例如我们可以用一个额外哈希表（例如HashMap）来存放 key-value，这样的话，我们的 get 操作就可以在 O(1) 的时间内寻找到目标节点，并且把 value 返回了。
然而，大家想一下，用了哈希表之后，get 操作真的能够在 O(1) 时间内完成吗？
用了哈希表之后，虽然我们能够在 O(1) 时间内找到目标元素，可以，我们还需要删除该元素，并且把该元素插入到链表头部啊，删除一个元素，我们是需要定位到这个元素的前驱的，然而定位到这个元素的前驱，是需要 O(n) 时间复杂度的。
最后的结果是，用了哈希表时候，最坏时间复杂度还是 O(1)，而空间复杂度也变为了 O(n)。
双向链表+哈希表
我们都已经能够在 O(1) 时间复杂度找到要删除的节点了，之所以还得花 O(n) 时间复杂度才能删除，主要是时间是花在了节点前驱的查找上，为了解决这个问题，其实，我们可以把单链表换成双链表，这样的话，我们就可以很好着解决这个问题了，而且，换成双链表之后，你会发现，它要比单链表的操作简单多了。
所以我们最后的方案是：双链表 + 哈希表，采用这两种数据结构的组合，我们的 get 操作就可以在 O(1) 时间复杂度内完成了。由于 put 操作我们要删除的节点一般是尾部节点，所以我们可以用一个变量 tai 时刻记录尾部节点的位置，这样的话，我们的 put 操作也可以在 O(1) 时间内完成了。
具体代码如下：
// 链表节点的定义
class LRUNode{
String key;
Object value;
LRUNode next;
LRUNode pre;
public LRUNode(String key, Object value) {
this.key = key;
this.value = value;
}
}
// LRU
public class LRUCache {
Map<String, LRUNode> map = new HashMap<>();
RLUNode head;
RLUNode tail;
// 缓存最大容量，我们假设最大容量大于 1，
// 当然，小于等于1的话需要多加一些判断另行处理
int capacity;
public RLUCache(int capacity) {
this.capacity = capacity;
}
public void put(String key, Object value) {
if (head == null) {
head = new LRUNode(key, value);
tail = head;
map.put(key, head);
}
LRUNode node = map.get(key);
if (node != null) {
// 更新值
node.value = value;
// 把他从链表删除并且插入到头结点
removeAndInsert(node);
} else {
LRUNode tmp = new LRUNode(key, value);
// 如果会溢出
if (map.size() >= capacity) {
// 先把它从哈希表中删除
map.remove(tail);
// 删除尾部节点
tail = tail.pre;
tail.next = null;
}
map.put(key, tmp);
// 插入
tmp.next = head;
head.pre = tmp;
head = tmp;
}
}
public Object get(String key) {
LRUNode node = map.get(key);
if (node != null) {
// 把这个节点删除并插入到头结点
removeAndInsert(node);
return node.value;
}
return null;
}
private void removeAndInsert(LRUNode node) {
// 特殊情况先判断，例如该节点是头结点或是尾部节点
if (node == head) {
return;
} else if (node == tail) {
tail = node.pre;
tail.next = null;
} else {
node.pre.next = node.next;
node.next.pre = node.pre;
}
// 插入到头结点
node.next = head;
node.pre = null;
head.pre = node;
head = node;
}
}
这里需要提醒的是，对于链表这种数据结构，头结点和尾节点是两个比较特殊的点，如果要删除的节点是头结点或者尾节点，我们一般要先对他们进行处理。
单链表的代码我就不放了，如果想要的话，可以直接在后台回复“LRU”获取。
如果要时间，强烈建议自己手动实现一波。
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