周赛 360
T1. 距离原点最远的点(Easy)
- 标签:模拟
T2. 找出美丽数组的最小和(Medium)
- 标签:散列表、贪心、数学
T3. 使子序列的和等于目标的最少操作次数(Hard)
- 标签:位运算、散列表、排序
T4. 在传球游戏中最大化函数值(Hard)
- 标签:树、倍增、动态规划、内向基环树
T1. 距离原点最远的点(Easy)
https://leetcode.cn/problems/furthest-point-from-origin/
题解(模拟)
根据题意 “_” 既可以作为 “L” 也可以作为 “R”。容易想到,为了使得终点距离原点更远,当所有 “_” 仅作为 “L” 或 “R” 对结果的贡献是最优的,此时问题的结果就取决于 “L” 和 “R” 的差绝对值。
class Solution {
fun furthestDistanceFromOrigin(moves: String): Int {
return moves.count{ it == '_' } + abs(moves.count{ it == 'L' } - moves.count{ it == 'R' })
}
}
一次遍历:
class Solution {
fun furthestDistanceFromOrigin(moves: String): Int {
var cntL = 0
var cntR = 0
for (e in moves) {
when (e) {
'L' -> {
cntL ++
cntR --
}
'R' -> {
cntL --
cntR ++
}
else -> {
cntL ++
cntR ++
}
}
}
return max(abs(cntL), abs(cntR))
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 线性遍历;
- 空间复杂度: 仅使用常量级别空间。
T2. 找出美丽数组的最小和(Medium)
https://leetcode.cn/problems/find-the-minimum-possible-sum-of-a-beautiful-array/
这道题与上周周赛 359 T2 2829. k-avoiding 数组的最小总和 相比,除了数据范围之外是完全相同的,有点离谱。
题解一(散列表 + 贪心)
从 开始从小到大枚举,如果当前元素 与已选列表不冲突,则加入结果中。为了验证是否冲突,我们使用散列表在 时间复杂度判断。
class Solution {
fun minimumPossibleSum(n: Int, k: Int): Long {
val set = HashSet<Int>()
var sum = 0L
var cur = 1
repeat(n) {
while (!set.isEmpty() && set.contains(k - cur)) cur++
sum += cur
set.add(cur)
cur++
}
return sum
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 线性遍历;
- 空间复杂度: 散列表空间。
题解二(数学)
这道题还可以继续挖掘数学规律,我们发现当我们从 开始从小到大枚举时,每选择一个数的同时必然会使得另一个数 不可选。例如:
- 选择 ,则 不可选;
- 选择 ,则 不可选;
- …
- 选择 ,则 不可选。
可以发现,最终选择的元素被分为两部分:
- 小于 的部分:选择所有和为 的配对中的较小值,即 ;
- 大于等于 的部分:与其他任意正整数相加都不会等于 ,因此大于等于 的数必然可以选择,即 共 n - m 个数。
我们令 ,使用求和公式可以 求出两部分的总和:
- 小于 k 的部分:
- 大于等于 k 的部分:
class Solution {
fun minimumPossibleSum(n: Int, k: Int): Long {
val m = 1L * Math.min(n, k / 2)
return m * (m + 1) / 2 + (n - m) * (2 * k + n - m - 1) / 2
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度:
- 空间复杂度:
T3. 使子序列的和等于目标的最少操作次数(Hard)
https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-form-subsequence-with-target-sum/
这道题的考点不复杂,难点在模拟问题挺考验编码功底的。
问题分析
- 关键信息: 数组中所有元素都是 的幂,元素顺序对结果没有影响;
- 问题是否有解: 考虑到所有数最终都能拆分成 ,那么只要 数组的和大于等于 就一定有解;
# 二进制位
nums: _ _ _ 1 _ _ _ _
target: _ _ _ _ _ 1 _ _
- 子问题: 问题是否有解的判断不仅适用于原问题,对于仅考虑二进制位最低位 到 的子问题亦是如此。
以示例 1 nums = [1,2,8], target = 7
与示例 2 nums = [1,32,1,2], target = 12
为例,我们将统计 中不同 的幂的出现次数:
# 二进制位
nums: _ _ _ _ 1 _ 1 1
target: _ _ _ _ _ 1 1 1
# 二进制位
nums: _ _ 1 _ _ _ 1 2 # 1 出现 2 次
target: _ _ _ _ 1 1 _ _
那么当我们从右向左枚举二进制位 时,如果「 中小于等于 的元素和」 「 中低于等于 位的值」,那么对于仅考虑 位上的子问题是有解的。否则,我们需要找到 中最近大于 的最近数组做拆分:
# 只考虑低 2 位,可以构造
nums: _ _ _ _ 1 _ | 1 1
target: _ _ _ _ _ 1 | 1 1
# 只考虑低 3 位,无法构造,需要找到最近的 “1” 做拆分
nums: _ _ _ _ 1 | _ 1 1
target: _ _ _ _ _ | 1 1 1
# 只考虑低 3 位,无法构造,需要找到最近的 “1” 做拆分
nums: _ _ 1 _ _ | _ 1 2
target: _ _ _ _ 1 | 1 _ _
# 只考虑低 6 位,可以构造
nums: _ _ | 1 _ _ _ 1 2
target: _ _ | _ _ 1 1 _ _
组合以上技巧:
写法一(数组模拟)
思路参考灵神的题解。
- 首先,我们使用长为 的数组,计算出 数组中每个 的幂的出现次数;
- 随后,我们从低位到高位枚举二进制位 ,在每轮迭代中将 数组中的 元素累加到 中,此举相当于在求「低 位的子问题」可以构造的最大值;
- 最后,我们比较 是否大于等于 (只考虑低 位),此举相当于在判断「低 位的子问题」是否可构造。如果不可构造,我们尝试寻找最近的 做拆分;
- 另外,有一个优化点:当我们拆分将 拆分到 时并不是直接丢弃 ,而是会留下 等一系列数,可以直接跳到第 位继续枚举。
注意一个容易 WA 的地方,在开头特判的地方,由于元素和可能会溢出 上界,所以我们需要转换为在 上的求和。
class Solution {
fun minOperations(nums: List<Int>, target: Int): Int {
if (nums.fold(0L) { it, acc -> it + acc } < target) return -1
// if (nums.sum() < target) return -1 // 溢出
// 计数
val cnts = IntArray(32)
for (num in nums) {
var i = 0
var x = num
while (x > 1) {
x = x shr 1
i += 1
}
cnts[i]++
}
var ret = 0
var i = 0
var sum = 0L
while(sum < target) {
// 累加低位的 nums
sum += (cnts[i]) shl i
// println("i=$i, sum=$sum")
// 低 i 位掩码
val mask = (1 shl (i + 1)) - 1
// 构造子问题
if (sum < target and mask) {
var j = i + 1
while (cnts[j] == 0) { // 基于开头的特判,此处一定有解
j++
}
// 拆分
ret += j - i
i = j
} else {
i += 1
}
}
return ret
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度:) 其中 为 数组的长度, 为整型大小 ;
- 空间复杂度: 数组空间。
写法二(散列表模拟)
在计数的部分,我们可以使用散列表模拟,复杂度相同。
class Solution {
fun minOperations(nums: List<Int>, target: Int): Int {
if (nums.fold(0L) { it, acc -> it + acc } < target) return -1
// if (nums.sum() < target) return -1 // 溢出
// 计数
val cnts = HashMap<Int, Int>()
for (num in nums) {
cnts[num] = cnts.getOrDefault(num, 0) + 1
}
var ret = 0
var i = 0
var sum = 0L
while(sum < target) {
// 累加低位的 nums
sum += (cnts[1 shl i] ?: 0) shl i
// println("i=$i, sum=$sum")
// 低 i 位掩码
val mask = (1 shl (i + 1)) - 1
// 构造子问题
if (sum < target and mask) {
var j = i + 1
while (!cnts.containsKey(1 shl j)) { // 基于开头的特判,此处一定有解
j++
}
// 拆分
ret += j - i
i = j
} else {
i += 1
}
}
return ret
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 其中 为 数组的长度, 为整型大小 ;
- 空间复杂度: 散列表空间。
写法三(逆向思维)
思路参考雪景式的题解,前两种写法是在从小到大枚举「选哪个」,我们也可以枚举「不选哪个」。
- 思考 1: 在原问题有解的情况下,如果从 中剔除最大的元素 后,依然满足剩余的元素和 ,那么直接将 去掉,这是因为一定存在比 操作次数更小的方案能够构造 (元素越大拆分次数越多)。
-
思考 2: 如果从 中剔除最大的元素 后不能构造,说明 是一定要选择或者拆分,此时考虑 对 的影响:
- 如果 ,那么 需要先拆分
- 如果 ,那么 可以被选择并抵消
class Solution {
fun minOperations(nums: MutableList<Int>, target: Int): Int {
var sum = nums.fold(0L) { it, acc -> it + acc }
if (sum < target) return -1
// 排序
nums.sortDescending()
// 从大到小枚举
var ret = 0
var left = target
while (sum > left) {
val x = nums.removeFirst()
if (sum - x >= left){
sum -= x
} else if (x <= left) {
sum -= x
left -= x
} else {
ret += 1
nums.add(0, x / 2)
nums.add(0, x / 2)
}
// println("ret=$ret, sum=$sum, left=$left, x=$x, nums=${nums.joinToString()}")
}
return ret
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 瓶颈在排序,枚举阶段每个元素最多访问 次,拆分次数最多为 ;
- 空间复杂度: 排序递归栈空间。
T4. 在传球游戏中最大化函数值(Hard)
https://leetcode.cn/problems/maximize-value-of-function-in-a-ball-passing-game/
题解(树上倍增)
从近期周赛的趋势看,出题人似乎有意想把 LeetCode 往偏竞赛的题目引导。
这道题如果知道树上倍增算法,其实比第三题还简单一些。
- 问题目标: 找到最佳方案,使得从起点开始传球 次的路径和最大化;
- 暴力: 对于暴力的做法,我们可以枚举以每名玩家为起点的方案,并模拟传球过程求出最佳方案。但是这道题的步长 的上界非常大 ,如果逐级向上传球,那么单次查询的时间复杂度是 。现在,需要思考如何优化模拟 次传球的效率;
-
倍增思想: 借鉴 1483. 树节点的第 K 个祖先 的解法,我们可以利用倍增算法将线性的操作施加指数级别的贡献:
- 如果可以预处理出每个玩家的多级后驱玩家,那么在查询时可以加速跳转;
- 由于每个数都可以进行二进制拆分为多个 的幂的和,如果预处理出第 个后驱玩家,那么求解第 次传球时可以转化为多次 个后驱玩家跳转操作,大幅减少操作次数。
class Solution {
fun getMaxFunctionValue(receiver: List<Int>, k: Long): Long {
val n = receiver.size
val m = 64 - k.countLeadingZeroBits()
// 预处理
// dp[i][j] 表示 i 传球 2^j 次后的节点
val dp = Array(n) { IntArray(m) }
// dp[i][j] 表示 i 传球 2^j 次的路径和
val sum = Array(n) { LongArray(m) }
for (i in 0 until n) {
dp[i][0] = receiver[i]
sum[i][0] = receiver[i].toLong()
}
for (j in 1 until m) {
for (i in 0 until n) { // 这道题没有根节点,不需要考虑 child == -1 的情况
val child = dp[i][j - 1]
// 从 i 条 2^{j-1} 次,再跳 2^{j-1}
dp[i][j] = dp[child][j - 1]
sum[i][j] = sum[i][j - 1] + sum[child][j - 1]
}
}
// 枚举方案
var ret = 0L
for (node in 0 until n) {
var i = node
var x = k
var s = node.toLong() // 起点的贡献
while (x != 0L) {
val j = x.countTrailingZeroBits()
s += sum[i][j]
i = dp[i][j]
x = x and (x - 1)
}
ret = max(ret, s)
}
return ret
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度:预处理时间为 ,枚举时间为 ,其中 为 数组的长度;
- 空间复杂度:预处理空间 。
另外,这道题还有基于「内向基环树」的 解法。
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