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大家好,我是小彭。
這周比較忙,上周末的雙周賽題解現在才更新,雖遲但到哈。上周末這場是 LeetCode 第 101 場雙周賽,整體有點難度,第 3 題似乎比第 4 題還難一些。
周賽大綱
2605. 從兩個數字數組裡生成最小數字(Easy)
- 題解一:散清單 O(n + m) 空間
- 題解二:位運算 O(1) 空間
2606. 找到最大開銷的子字元串(Medium)
- 動态規劃 O(n)
2607. 使子數組元素和相等(Medium)
- 題解 1:拼接數組 + 中位數貪心 · 錯誤
- 題解 2:數組分組 + 中位數貪心 O(nlgn)
- 題解 3:裴蜀定理 + 中位數貪心 O(nlgn)
- 題解 4:裴蜀定理 + 中位數貪心 + 快速選擇 O(n)
2608. 圖中的最短環(Hard)
- 題解 1:枚舉邊 + Dijkstra 最短路 + 最小堆 O(m + m^2·lgn)
- 題解 2:枚舉邊 + BFS O(m + m^2)
2605. 從兩個數字數組裡生成最小數字(Easy)
題目位址
https://leetcode.cn/problems/form-smallest-number-from-two-digit-arrays/description/
題目描述
給你兩個隻包含 1 到 9 之間數字的數組 nums1 和 nums2 ,每個數組中的元素 互不相同 ,請你傳回 最小 的數字,兩個數組都 至少 包含這個數字的某個數位。
題解一(散清單)
簡單模拟題,需要對 API 比較熟悉才能寫出精煉的代碼。
思路:優先選擇兩個數組交集的最小值,否則取兩個數組的最小值再拼接。
class Solution {
fun minNumber(nums1: IntArray, nums2: IntArray): Int {
val set1 = nums1.toHashSet()
val set2 = nums2.toHashSet()
// 優先選擇交集
val set = set1.intersect(set2)
if (!set.isEmpty()) return Collections.min(set)
// 選擇最小值
val min1 = Collections.min(set1)
val min2 = Collections.min(set2)
// 拼接
return Math.min(10 * min1 + min2, 10 * min2 + min1)
}
}
複雜度分析:
- 時間複雜度:O(n + m) 其中 n 是 nums1 數組的長度,m 是 nums2 數組的長度;
- 空間複雜度:O(n + m) 散清單空間
題解二(位運算)
使用二進制位标記代替散清單
class Solution {
fun minNumber(nums1: IntArray, nums2: IntArray): Int {
var flag1 = 0
var flag2 = 0
for (num in nums1) {
flag1 = flag1 or (1 shl num)
}
for (num in nums2) {
flag2 = flag2 or (1 shl num)
}
// numberOfTrailingZeros:最低位連續 0 的個數
// 交集
val flag = flag1 and flag2
if (flag > 0) return Integer.numberOfTrailingZeros(flag)
// 最小值
val min1 = Integer.numberOfTrailingZeros(flag1)
val min2 = Integer.numberOfTrailingZeros(flag2)
// 拼接
return Math.min(10 * min1 + min2, 10 * min2 + min1)
}
}
複雜度分析:
- 時間複雜度:O(n + m) 其中 n 是 nums1 數組的長度,m 是 nums2 數組的長度;
- 空間複雜度:O(1) 散清單空間
2606. 找到最大開銷的子字元串
題目位址
https://leetcode.cn/problems/find-the-substring-with-maximum-cost/
題目描述
給你一個字元串 s ,一個字元 互不相同 的字元串 chars 和一個長度與 chars 相同的整數數組 vals 。
子字元串的開銷 是一個子字元串中所有字元對應價值之和。空字元串的開銷是 0 。
字元的價值 定義如下:
- 如果字元不在字元串 chars 中,那麼它的價值是它在字母表中的位置(下标從 1 開始)。比方說,'a' 的價值為 1 ,'b' 的價值為 2 ,以此類推,'z' 的價值為 26 。
- 否則,如果這個字元在 chars 中的位置為 i ,那麼它的價值就是 vals[i] 。
請你傳回字元串 s 的所有子字元串中的最大開銷。
題解(動态規劃)
簡單動态規劃問題。
先根據題意維護 a-z 每個字母的開銷,再求 53. 最長子數組和 問題。
定義 dp[i] 表示以 [i] 為結尾的最大子數組和,則有
- 與 a[0, i - 1] 拼接:dp[i] = dp[i - 1] + vals[i]
- 不與 a[i - 1] 拼接(單獨作為子數組):dp[i] = vals[i]
class Solution {
fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
// 初值
val fullVals = IntArray(26) { it + 1 }
// 更新
for ((i, c) in chars.withIndex()) {
fullVals[c - 'a'] = vals[i]
}
// 動态規劃
val n = s.length
var max = 0
val dp = IntArray(n + 1)
for (i in 1..n) {
val curValue = fullVals[s[i - 1] - 'a']
dp[i] = Math.max(curValue, dp[i - 1] + curValue)
max = Math.max(max, dp[i])
}
return max
}
}
滾動數組優化:
class Solution {
fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
// 初值
val fullVals = IntArray(26) { it + 1 }
// 更新
for ((i, c) in chars.withIndex()) {
fullVals[c - 'a'] = vals[i]
}
// 動态規劃
val n = s.length
var max = 0
var pre = 0
for (i in 1..n) {
val curValue = fullVals[s[i - 1] - 'a']
pre = Math.max(curValue, pre + curValue)
max = Math.max(max, pre)
}
return max
}
}
另一種了解,視為 vals[i] 總與前序子數組拼接,而前序子數組的權值不低于 0:
- dp[i] = Math.max(dp[i - 1], 0) + vals[i]
class Solution {
fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
// 初值
val fullVals = IntArray(26) { it + 1}
// 更新
for ((i, c) in chars.withIndex()) {
fullVals[c - 'a'] = vals[i]
}
// 動态規劃
val n = s.length
var max = 0
var pre = 0
for (i in 1..n) {
pre = Math.max(pre, 0) + fullVals[s[i - 1] - 'a']
max = Math.max(max, pre)
}
return max
}
}
2607. 使子數組元素和相等(Medium)
題目位址
https://leetcode.cn/problems/make-k-subarray-sums-equal/
題目描述
給你一個下标從 0 開始的整數數組 arr 和一個整數 k 。數組 arr 是一個循環數組。換句話說,數組中的最後一個元素的下一個元素是數組中的第一個元素,數組中第一個元素的前一個元素是數組中的最後一個元素。
你可以執行下述運算任意次:
- 選中 arr 中任意一個元素,并使其值加上 1 或減去 1 。
執行運算使每個長度為 k 的 子數組 的元素總和都相等,傳回所需要的最少運算次數。
子數組 是數組的一個連續部分。
問題分析
分析 1: 先不考慮循環數組的前提,分析資料限制 “對于滿足每個長度為 k 的子數組的和相等”,那麼
a[i]+a[i+1] +…+a[i+k-1] == a[i+1]+a[i+2]+…+a[i+k-1]+a[i+k]
等式兩邊化簡得:
a[i]=a[i+k]
也就是說,數組上每間隔 k 的元素要相等。是以我們需要将每間隔 k 的元素分為一組,再将組内元素調整為相等值;
分析 2: 如何将組内元素調整為相等值呢?可以證明選擇中位數的貪心做法是最優的。
分析 3: 考慮循環數組的前提,對于 i + k ≥ len(arr) 的情況,需要對數組下标取模來模拟循環
題解一(拼接數組 + 中位數貪心 · 錯誤)
循環數組有拼接一倍數組的模拟做法,我們模拟出 2*n 長度的數組,在通路每個位置時,将所有同組的數組分為一組,再排序取中位數。
不過,這個思路在這道題裡是不對的,因為同一個分組有可能循環多輪才會遇到。即使不考慮錯誤,在這道題的資料範圍上也會記憶體溢出。
錯誤測試用例:arr = [1, 5, 8, 10], k = 3
class Solution {
fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
val n = arr.size
var ret = 0L
// 延長一倍數組
val visited = BooleanArray(2 * n)
for (i in 0 until 2 * n) {
if (visited[i]) continue
// 分組
val bucket = ArrayList<Int>()
for (j in i until 2 * n step k) {
bucket.add(arr[j % n])
visited[j] = true
}
// 排序
Collections.sort(bucket)
// println(bucket.joinToString())
// 中位數貪心
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket) {
ret += Math.abs(element - midVal)
}
}
return ret / 2 // 擴充了一倍數組,是以操作數也翻倍了
}
}
題解二(數組分組 + 中位數貪心)
既然不能使用數組,那麼可以在記憶體循環中一直循環取同分組為止,直到出現回環後退出:
class Solution {
fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
val n = arr.size
var ret = 0L
val visited = BooleanArray(n)
for (i in 0 until n) {
if (visited[i]) continue
// 分組
val bucket = ArrayList<Int>()
var j = i
while (!visited[j]) {
bucket.add(arr[j % n])
visited[j] = true
j = (j + k) % n
}
// 排序
Collections.sort(bucket)
// 中位數貪心
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket) {
ret += Math.abs(element - midVal)
}
}
return ret
}
}
複雜度分析:
- 時間複雜度:O(nlgn) 其中 n 為 arr 數組長度,每個元素最多通路一次,且排序一次,是以整體時間是 O(nlgn);
- 空間複雜度:O(n + lgn) 标記數組空間 + 排序遞歸棧空間。
題解三(裴蜀定理 + 中位數貪心)
根據前文分析,我們需要保證最終數組是以 k 為循環周期的,而循環數組本身又是以 n 為循環周期的。根據 裴蜀定理 ,如果一個數組存在周期 k 和周期 n,那麼必然存在周期 gcb(k, n),而 gcb(k, n) 必然小于 n,我們就将問題變成非循環數組問題。
- 裴蜀定理:設 a,b 是不全為零的整數,則存在整數 x , y,使得 ax + by = gcb(a,b)
class Solution {
fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
val n = arr.size
// 最大公約數
val m = gcb(n, k)
var ret = 0L
// 最多隻有 m 組
for (i in 0 until m) {
// 分組
val bucket = ArrayList<Int>()
for (j in i until n step m) {
bucket.add(arr[j])
}
// 排序
Collections.sort(bucket)
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket) {
ret += Math.abs(element - midVal)
}
}
return ret
}
private fun gcb(a: Int, b: Int): Int {
if (b == 0) return a
return gcb(b, a % b)
}
}
複雜度分析:
- 時間複雜度:O(nlgn) 其中 n 為 arr 數組長度,每個元素最多通路一次,且排序一次,是以整體時間是 O(nlgn);
- 空間複雜度:O(n + lgn) 分組空間 + 排序遞歸棧空間,分組空間最大為 n;
題解四(裴蜀定理 + 中位數貪心 + 快速選擇)
排序是為了尋找中位數,沒必要對整個分組排序,可以優化為快速選擇,時間複雜度優化到 O(n),Nice!
class Solution {
fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
val n = arr.size
// 最大公約數
val m = gcb(n, k)
var ret = 0L
// 最多隻有 m 組
for (i in 0 until m) {
// 分組
val bucket = ArrayList<Int>()
for (j in i until n step m) {
bucket.add(arr[j])
}
// 快速選擇
quickSelect(bucket)
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket) {
ret += Math.abs(element - midVal)
}
}
return ret
}
// 快速選擇中位數
private fun quickSelect(bucket: ArrayList<Int>) {
val mid = bucket.size / 2
var left = 0
var right = bucket.size - 1
while (true) {
val pivot = partition(bucket, left, right)
if (mid == pivot) {
break
} else if (pivot < mid) {
left = pivot + 1
} else {
right = pivot - 1
}
}
}
// return:分區
private fun partition(bucket: ArrayList<Int>, left: Int, right: Int): Int {
var p = left
for (i in left until right) {
if (bucket[i] < bucket[right]) {
bucket.swap(p++, i)
}
}
bucket.swap(p, right)
return p
}
private fun <T> ArrayList<T>.swap(first: Int, second: Int) {
val temp = this[first]
this[first] = this[second]
this[second] = temp
}
// 疊代寫法
private fun gcb(a: Int, b: Int): Int {
var x = a
var y = b
while (y != 0) {
val temp = x % y
x = y
y = temp
}
return x
}
}
複雜度分析:
- 時間複雜度:O(n) 其中 n 為 arr 數組長度,每個元素最多通路一次;
- 空間複雜度:O(n) 分組空間,分組空間最大為 n;
相似題目:
- 462. 最小操作次數使數組元素相等 II
2608. 圖中的最短環(Hard)
題目位址
https://leetcode.cn/problems/shortest-cycle-in-a-graph/
題目描述
現有一個含 n 個頂點的 雙向 圖,每個頂點按從 0 到 n - 1 标記。圖中的邊由二維整數數組 edges 表示,其中 edges[i] = [ui, vi] 表示頂點 ui 和 vi 之間存在一條邊。每對頂點最多通過一條邊連接配接,并且不存在與自身相連的頂點。
傳回圖中 最短 環的長度。如果不存在環,則傳回 -1 。
環 是指以同一節點開始和結束,并且路徑中的每條邊僅使用一次。
題解一(枚舉邊 + Dijkstra 最短路 + 最小堆)
這道題是 最小環 模闆題:給出一個圖,問圖中邊權和最小的環是多大,圖的最小環也稱圍長。
暴力解法:對于每條邊 (u, v),求不經過 (u,v) 邊從 u 到 v 的最短路 len,那麼包含 (u,v) 的最短環就是 len + 1。枚舉所有邊,則所有答案的最小值就是圖的最小環。
class Solution {
private val INF = Integer.MAX_VALUE
fun findShortestCycle(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {
// 建圖
val graph = Array(n) { ArrayList<Int>() }.apply {
for (edge in edges) {
this[edge[0]].add(edge[1])
this[edge[1]].add(edge[0])
}
}
// 枚舉邊
var ret = INF
for (edge in edges) {
ret = Math.min(ret, dijkstra(graph, edge[0], edge[1]))
}
return if (INF == ret) -1 else ret
}
private fun dijkstra(graph: Array<ArrayList<Int>>, u: Int, v: Int): Int {
// 最短路長度
val dis = IntArray(graph.size) { INF }.apply {
this[u] = 0
}
// 最小堆
val heap = PriorityQueue<Int>() { e1, e2 ->
dis[e1] - dis[e2]
}.apply {
this.offer(u)
}
// BFS
outer@ while (!heap.isEmpty()) {
// 使用 O(lgn) 找出已選集中最短路長度最小的節點
val x = heap.poll()
// 松弛相鄰點
for (y in graph[x]) {
// 忽略 (u, v) 邊
if (x == u && y == v) continue
if (dis[x] + 1 /* 邊權為 1 */ < dis[y]) {
dis[y] = dis[x] + 1
heap.offer(y)
}
// 找到 u -> v 的最短路
if (y == v) break@outer
}
}
return if(INF == dis[v]) INF else dis[v] + 1
}
}
複雜度分析:
- 時間複雜度:O(m + m^2·lgn) 其中 n 為頂點個數,m 為邊個數,每條邊跑 Dijkstra 最短路每輪疊代以 O(lgn) 取出已選集中最短路長度最小的節點,每次 Dijkstra 的時間是 O(m·lgn);
- 空間複雜度:O(m + n) 圖空間 + 最小堆空間,使用鄰接表可以降低空間到 O(m + n)。
題解二(枚舉邊 + BFS)
由于這道題的邊權是 1,是以不需要使用進階的圖論算法也能做。
為什麼呢,因為每個邊權的長度是 1,是以已經通路過的節點是不會存在更短路徑的。是以我們不需要使用堆,直接使用隊列,最先進入隊列中的節點一定是最短路長度最短的節點。
是以說,并不是說越 “進階” 的算法越高。
class Solution {
private val INF = Integer.MAX_VALUE
fun findShortestCycle(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {
// 建圖
val graph = Array(n) { ArrayList<Int>() }.apply {
for (edge in edges) {
this[edge[0]].add(edge[1])
this[edge[1]].add(edge[0])
}
}
// 枚舉邊
var ret = INF
for (edge in edges) {
ret = Math.min(ret, bfs(graph, edge[0], edge[1]))
}
return if (INF == ret) -1 else ret
}
private fun bfs(graph: Array<ArrayList<Int>>, u: Int, v: Int): Int {
// 最短路長度
val dis = IntArray(graph.size) { INF }.apply {
this[u] = 0
}
// 最小堆
val queue = LinkedList<Int>().apply {
this.offer(u)
}
// BFS
outer@ while (!queue.isEmpty()) {
// 取隊頭
val x = queue.poll()
// 松弛相鄰點
for (y in graph[x]) {
// 忽略 (u, v) 邊
if (x == u && y == v) continue
// 已經通路過的節點不會存在更短路
if (INF != dis[y]) continue
dis[y] = dis[x] + 1
queue.offer(y)
// 找到 u -> v 的最短路
if (y == v) break@outer
}
}
return if (INF == dis[v]) INF else dis[v] + 1
}
}
複雜度分析:
- 時間複雜度:O(m + m^2) 在每輪 BFS 中,每條邊最多通路 2 次,是以每輪 BFS 的時間複雜度是 O(m);
- 空間複雜度:O(m + n)