本文已收錄到 AndroidFamily，技術和職場問題，請關注公衆号 [彭旭銳] 提問。
大家好，我是小彭。
今天是五一假期的第二天，打周賽的人數比前一天的雙周賽多了，難道大家都隻玩一天嗎？這場周賽是 LeetCode 第 343 場單周賽，如果不考慮第一題擺爛的翻譯，整體題目品質還是很不錯哒。
往期回顧：LeetCode 雙周賽第 103 場 · 區間求和的樹狀數組經典應用
周賽概覽
Q1. 保齡球遊戲的獲勝者（Easy）
标簽：數組、模拟、計數
Q2. 找出疊塗元素（Medium）
标簽：矩陣、散清單、計數
Q3. 前往目标的最小代價（Medium）
标簽：最短路、Dijkstra、最小堆
Q4. 字典序最小的美麗字元串（Hard）
标簽：貪心、構造
Q1. 保齡球遊戲的獲勝者（Easy）
https://leetcode.cn/problems/determine-the-winner-of-a-bowling-game/
題目描述
給你兩個下标從 0 開始的整數數組 player1 和 player2 ，分别表示玩家 1 和玩家 2 擊中的瓶數。
保齡球比賽由 n 輪組成，每輪的瓶數恰好為 10 。
假設玩家在第 i 輪中擊中 xi 個瓶子。玩家第 i 輪的價值為：
- 如果玩家在前兩輪中擊中了 10 個瓶子，則為 2xi 。
- 否則，為 xi 。
玩家的得分是其 n 輪價值的總和。
傳回
- 如果玩家 1 的得分高于玩家 2 的得分，則為 1 ；
- 如果玩家 2 的得分高于玩家 1 的得分，則為 2 ；
- 如果平局，則為 0 。
示例 1：
輸入：player1 = [4,10,7,9], player2 = [6,5,2,3]
輸出：1
解釋：player1 的得分是 4 + 10 + 2*7 + 2*9 = 46 。
player2 的得分是 6 + 5 + 2 + 3 = 16 。
player1 的得分高于 player2 的得分，是以 play1 在比賽中獲勝，答案為 1 。
示例 2：
輸入：player1 = [3,5,7,6], player2 = [8,10,10,2]
輸出：2
解釋：player1 的得分是 3 + 5 + 7 + 6 = 21 。
player2 的得分是 8 + 10 + 2*10 + 2*2 = 42 。
player2 的得分高于 player1 的得分，是以 play2 在比賽中獲勝，答案為 2 。
示例 3：
輸入：player1 = [2,3], player2 = [4,1]
輸出：0
解釋：player1 的得分是 2 + 3 = 5 。
player2 的得分是 4 + 1 = 5 。
player1 的得分等于 player2 的得分，是以這一場比賽平局，答案為 0 。
提示：
- n == player1.length == player2.length
- 1 <= n <= 1000
- 0 <= player1[i], player2[i] <= 10
題解（模拟）
簡單模拟題，但題目描述的中文翻譯有歧義，而且不能根據示例區分出來：
- 了解 1：隻要最開始的兩輪中擊中了 10 個瓶子，那麼後續得分加倍；
- 了解 2：任意輪的前兩輪中擊中了 10 個瓶子，那麼該輪得分加倍。
按照了解 2 模拟即可：
class Solution {
fun isWinner(player1: IntArray, player2: IntArray): Int {
var cnt1 = 0
var cnt2 = 0
for (i in player1.indices) {
val mul1 = player1.slice(Math.max(0, i - 2) until i).any { it == 10 }
val mul2 = player2.slice(Math.max(0, i - 2) until i).any { it == 10 }
cnt1 += if (mul1) 2 * player1[i] else player1[i]
cnt2 += if (mul2) 2 * player2[i] else player2[i]
}
return if (cnt1 == cnt2) 0 else if (cnt1 > cnt2) 1 else 2
}
}
複雜度分析：
- 時間複雜度：O(n) 其中 n 是 player1 數組的長度；
- 空間複雜度：O(1) 僅使用常量級别空間。
Q2. 找出疊塗元素（Medium）
https://leetcode.cn/problems/first-completely-painted-row-or-column/
題目描述
給你一個下标從 0 開始的整數數組 arr 和一個 m x n 的整數 矩陣 mat 。arr 和 mat 都包含範圍 [1，m * n] 内的 所有 整數。
從下标 0 開始周遊 arr 中的每個下标 i ，并将包含整數 arr[i] 的 mat 單元格塗色。
請你找出 arr 中在 mat 的某一行或某一列上都被塗色且下标最小的元素，并傳回其下标 i 。
示例 1：
https://assets.leetcode.com/uploads/2023/01/18/grid1.jpg
輸入：arr = [1,3,4,2], mat = [[1,4],[2,3]]
輸出：2
解釋：周遊如上圖所示，arr[2] 在矩陣中的第一行或第二列上都被塗色。
示例 2：
https://assets.leetcode.com/uploads/2023/01/18/grid2.jpg
輸入：arr = [2,8,7,4,1,3,5,6,9], mat = [[3,2,5],[1,4,6],[8,7,9]]
輸出：3
解釋：周遊如上圖所示，arr[3] 在矩陣中的第二列上都被塗色。
提示：
- m == mat.length
- n = mat[i].length
- arr.length == m * n
- 1 <= m, n <= 105
- 1 <= m * n <= 105
- 1 <= arr[i], mat[r][c] <= m * n
- arr 中的所有整數 互不相同
- mat 中的所有整數 互不相同
問題結構化
1、概括問題目标
計算塗滿一行或一列時的最小下标。
2、觀察資料特征
arr 數組和 mat 矩陣中的所有整數都沒有重複數。
3、分析問題要件
- 塗色：使用 arr 數組對 mat 矩陣塗色；
- 終止條件：當存在一行或一列被塗滿時，傳回目前的 arr 數組下标。
至此，程式整體架構确定：
for (數字 in arr 數組) {
塗色
if (塗滿一行或一列) 傳回索引
}
return -1 // 問題一定有解
4、提高抽象程度
- 查找：對 mat 矩陣中的相同數字的單元格塗色時，需要查找數字在矩陣中的位置：
- 計數：結合「無重複數」的資料特征，判斷是否存在一行或一列被塗滿時，就是判斷一行或一列中被塗色的計數是否達到行數或列數。
5、具體化解決手段
如何查找數字的位置？
- 手段 1（暴力枚舉）：枚舉 mat 矩陣，直到比對目标數字時停止；
- 手段 2（散清單）：結合「無重複數」的資料特征，可以預處理 mat 矩陣獲得數字和位置的映射關系，在塗色時以 O(1) 時間複雜度定位塗色位置。
如何判斷達到終止條件？
- 手段 1（暴力枚舉）：枚舉 mat 矩陣的行列，當一行或一列的塗色個數達到行數或列數時停止；
- 手段 2（計數數組）：記錄每一行和每一列的塗色計數，當計數達到行數或列數時，說明達到終止條件。
題解（散清單 + 計數）
題目的關鍵資訊是「無重複數」，根據問題分析模拟即可：
class Solution {
fun firstCompleteIndex(arr: IntArray, mat: Array<IntArray>): Int {
val n = mat.size
val m = mat[0].size
// 計數數組
val rows = IntArray(n)
val columns = IntArray(m)
// 散清單
val hashMap = HashMap<Int, IntArray>()
// 預處理
for (i in 0 until n) {
for (j in 0 until m) {
hashMap[mat[i][j]] = intArrayOf(i, j)
}
}
// 塗色
for ((i, e) in arr.withIndex()) {
val node = hashMap[e]!!
// 判斷
if (++rows[node[0]] == m || ++columns[node[1]] == n) return i
}
return -1
}
}
複雜度分析：
- 時間複雜度：O(nm) 其中 n 和 m 分别為矩陣的行數和列數，預處理和塗色分别對每個元素通路 1 次；
- 空間複雜度：O(nm) 散清單和計數數組空間。
Q3. 前往目标的最小代價（Medium）
https://leetcode.cn/problems/minimum-cost-of-a-path-with-special-roads/
題目描述
給你一個數組 start ，其中 start = [startX, startY] 表示你的初始位置位于二維空間上的 (startX, startY) 。另給你一個數組 target ，其中 target = [targetX, targetY] 表示你的目标位置 (targetX, targetY) 。
從位置 (x1, y1) 到空間中任一其他位置 (x2, y2) 的代價是 |x2 - x1| + |y2 - y1| 。
給你一個二維數組 specialRoads ，表示空間中存在的一些特殊路徑。其中 specialRoads[i] = [x1i, y1i, x2i, y2i, costi] 表示第 i 條特殊路徑可以從 (x1i, y1i) 到 (x2i, y2i) ，但成本等于 costi 。你可以使用每條特殊路徑任意次數。
傳回從 (startX, startY) 到 (targetX, targetY) 所需的最小代價。
示例 1：
輸入：start = [1,1], target = [4,5], specialRoads = [[1,2,3,3,2],[3,4,4,5,1]]
輸出：5
解釋：從 (1,1) 到 (4,5) 的最優路徑如下：
- (1,1) -> (1,2) ，移動的代價是 |1 - 1| + |2 - 1| = 1 。
- (1,2) -> (3,3) ，移動使用第一條特殊路徑，代價是 2 。
- (3,3) -> (3,4) ，移動的代價是 |3 - 3| + |4 - 3| = 1.
- (3,4) -> (4,5) ，移動使用第二條特殊路徑，代價是 1 。
總代價是 1 + 2 + 1 + 1 = 5 。
可以證明無法以小于 5 的代價完成從 (1,1) 到 (4,5) 。
示例 2：
輸入：start = [3,2], target = [5,7], specialRoads = [[3,2,3,4,4],[3,3,5,5,5],[3,4,5,6,6]]
輸出：7
解釋：最優路徑是不使用任何特殊路徑，直接以 |5 - 3| + |7 - 2| = 7 的代價從初始位置到達目标位置。
提示：
- start.length == target.length == 2
- 1 <= startX <= targetX <= 105
- 1 <= startY <= targetY <= 105
- 1 <= specialRoads.length <= 200
- specialRoads[i].length == 5
- startX <= x1i, x2i <= targetX
- startY <= y1i, y2i <= targetY
- 1 <= costi <= 105
預備知識 · 最短路算法
這道題是最短路問題，先回顧下幾種最短路算法的差別：
- Floyd 算法（多源彙正權最短路）适用于求任意節點之間的最短路，需要三層循環枚舉中轉點 i、枚舉起點 j 和枚舉終點 k，時間複雜度最高。
- Bellman Ford 算法（單源負權最短路）在每一輪疊代中，嘗試對圖上每一條邊進行松弛，直到沒有松弛操作時結束。
- Dijkstra 算法（單源正權最短路）：在每一輪疊代中，使用确定集中最短路長度最小的節點去松弛相鄰節點，由于負權邊會破壞貪心政策的選擇，無法處理負權問題；稀疏圖小頂堆的寫法更優，稠密圖樸素寫法更優。
最短路算法FloydBellman-FordDijkstraJohnson最短路類型每對結點之間的最短路單源最短路單源最短路每對結點之間的最短路作用于任意圖任意圖非負權圖任意圖能否檢測負環？能能不能能時間複雜度O(n^3)O(nm)O(mlgn)最小堆O(nmlgm)
其中 n 是節點數，m 是邊數。
問題結構化
1、概括問題目标
計算從 start 到 target 節點的最小代價。
2、觀察資料特征
- 資料大小：節點資料範圍的上界是 10^5，相比于節點範圍，特殊路徑最多隻有 200 條，特殊路徑是稀疏的。
3、分析問題要件
以 start 為起點，target 為終點，在每次操作可以從 from 節點移動到 to 節點，花費的代價是 |x2 - x1| + |y2 - y1|，另外二維平面中有一些特殊路徑，花費的代價是特殊的。
4、提高抽象程度
- 曼哈頓距離：花費的代價是 |x2 - x1| + |y2 - y1| 就是兩個節點之間的曼哈頓距離；
- 正權邊：「從 from 節點移動到 to 節點的代價 x」等價于「從 from 節點到 to 節點的邊權為 x」；
- 有向邊：由于題目描述特殊路徑隻能從 (x1, y1) 走到 (x2, y2)，是以題目是有向邊；
- 是否為決策問題？由于每次操作有多種移動位置選擇，是以這是決策問題，準确來說是最短路問題；
- 總結：這是一道圖的單源正權有向邊的最短路問題。
5、具體化解決方案
如何解決圖的單源正權最短路問題？
這道題隻需要計算從 start - target 之間的最短路問題，而且邊是非負權邊，符合 Dijkstra 算法的應用場景。Dijkstra 算法的本質是貪心 + BFS，我們需要将所有節點分為 2 類，在每一輪疊代中，我們從 “候選集” 中選擇距離起點最短路長度最小的節點，由于該點不存在更優解，是以可以用該點來 “松弛” 相鄰節點。
- 1、确定集：已确定（從起點開始）到目前節點最短路徑的節點；
- 2、候選集：未确定（從起點開始）到目前節點最短路徑的節點。
需要考慮哪些節點？
這道題沒有限制隻能走特殊路徑，那麼是不是二維平面上所有節點都需要考慮在呢？其實需要，結合「三角不等式」觀察，我們發現兩個點連續走兩次曼哈頓距離沒有意義，也就是說，目标路徑一定是在起點、終點和特殊路徑節點中間移動。
- 政策 1：從 from 到 to 走曼哈頓距離；
- 政策 2：先從 from 走到特殊路徑起點，走完特殊路徑後再走曼哈頓距離；
- 政策 3（沒有意義）：先從 from 走曼哈頓距離到 x，再從 x 走曼哈頓距離到 to。
如何表示二維節點？
最簡單的方法是通過位移将 (x, y) 壓縮為一個唯一整數，由于這道題的坐标範圍最大到 10^5，是以應該轉化到長整型。
val U = 100000L // 數值上界 + 1
壓縮：
val key = x * U + y
還原：
val x = (key / U).toInt()
val y = (key % U).toInt()
至此，我們可以使用樸素 Dijkstra 算法模拟問題。
是否有優化空間？
樸素 Dijkstra 的每輪疊代中需要周遊 n 個節點尋找候選集中的最短路長度。事實上，這 n 個節點中有部分是 “确定集”，有部分是遠離起點的邊緣節點，每一輪都周遊顯得沒有必要。我們使用小頂堆記錄候選集中最近深度的節點。不過，這道題是稠密圖，樸素 Dijkstra 優于 Dijkstra + 最小堆。
繼續挖掘三角不等式性質：
由于連續走兩次曼哈頓距離沒有意義，那我們甚至不需要把特殊路徑的起點考慮到圖中，或者說直接可以使用 specialRoads 數組，而不需要建圖的步驟。
6、答疑
- 這道題的資料範圍到 10^5，而特殊路徑最多隻有 200 條，不是應該算稀疏圖？
這個觀點混淆了稠密圖的定義，稠密或稀疏取決于邊數相對于節點數的大小。簡單來說，在節點數固定的情況下，邊數越大則圖越稠密。在這道題中，每個節點都存在到其他所有節點的路徑，是以不僅是稠密圖，甚至是完全圖。
題解一（樸素 Dijkstra）
- 使用 Dijkstra 算法解決最短路問題。
class Solution {
fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
// 單源正權最短路
val U = 100001L // 數值上界 + 1
val INF = 0x3F3F3F3F
val startL = start[0] * U + start[1]
val targetL = target[0] * U + target[1]
if (startL == targetL) return 0
// 1、節點與最短路長度
val nodes = HashMap<Long, Int>()
// 1.1 特殊路徑上的節點
for (road in specialRoads) {
// 過濾無意義的特殊路徑（路徑花費大于曼哈頓距離）
nodes[road[0] * U + road[1]] = INF
nodes[road[2] * U + road[3]] = INF
}
// 1.2 起點節點與終點節點
nodes[targetL] = INF
nodes[startL] = 0 // 起點可能為終點，如果開頭不做特判需要注意順序
// 2、建有向圖（鄰接表）<from -> <to -> cost>>
val graph = HashMap<Long, HashMap<Long, Int>>()
// 2.1 節點之間的路徑（雙向邊）
for ((from, _) in nodes) {
graph[from] = HashMap<Long, Int>()
val fromX = (from / U).toInt()
val fromY = (from % U).toInt()
for ((to, _) in nodes) {
if (from == to) continue
val toX = (to / U).toInt()
val toY = (to % U).toInt()
graph[from]!![to] = Math.abs(toX - fromX) + Math.abs(toY - fromY)
}
}
// 2.2 特殊路徑（單向邊）
for (road in specialRoads) {
val from = road[0] * U + road[1]
val to = road[2] * U + road[3]
graph[from]!![to] = Math.min(graph[from]!!.getOrDefault(to, INF), road[4]) // 特殊路徑的花費可能更長
}
// 3、通路标記
val visit = HashSet<Long>()
// 4、樸素 Dijkstra
while (true) {
// 尋找候選集中最短路長度最短的節點
var minNode = -1L
var minDis = -1
for ((to, dis) in nodes) {
if (visit.contains(to)) continue
if (minDis == -1 || dis < minDis) {
minDis = dis
minNode = to
}
}
// println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
// 找到目标點的最短路長度
if (minNode == targetL) return minDis
// 通路标記
visit.add(minNode)
// 松弛相鄰節點
for ((to, cost) in graph[minNode]!!) {
// println("to=$to, cost=$cost")
if (minDis + cost < nodes[to]!!) {
nodes[to] = minDis + cost
}
}
}
return -1 // 必然有解
}
}
複雜度分析：
- 時間複雜度：O(n^2) 其中 n 是 specialRoads 特殊路徑數組的長度；
- 空間複雜度：O(n^2) 圖空間 + 标記數組空間。
題解二（Dijkstra 優化）
- 優化：剪去圖空間。
class Solution {
fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
// 單源正權最短路
val U = 100001L // 數值上界 + 1
val INF = 0x3F3F3F3F
val startL = start[0] * U + start[1]
val targetL = target[0] * U + target[1]
if (startL == targetL) return 0
// 1、節點與最短路長度
val nodes = HashMap<Long, Int>()
// 起點節點與終點節點
nodes[targetL] = INF
nodes[startL] = 0 // 起點可能為終點，如果開頭不做特判需要注意順序
// 2、通路标記
val visit = HashSet<Long>()
// 3、樸素 Dijkstra
while (true) {
// 尋找候選集中最短路長度最短的節點
var minNode = -1L
var minDis = -1
for ((to, dis) in nodes) {
if (visit.contains(to)) continue
if (minDis == -1 || dis < minDis) {
minDis = dis
minNode = to
}
}
// println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
// 找到目标點的最短路長度
if (minNode == targetL) return minDis
// 通路标記
visit.add(minNode)
val minNodeX = (minNode / U).toInt()
val minNodeY = (minNode % U).toInt()
// 1、直接到終點
nodes[targetL] = Math.min(nodes[targetL]!!, minDis + Math.min(nodes[targetL]!!, (target[1] - minNodeY) + (target[0] - minNodeX)))
// 2、先經過特殊路徑（minNode -> 特殊路徑的起點 -> 特殊路徑的終點）
for (road in specialRoads) {
val specialTo = road[2] * U + road[3]
if (specialTo == minNode) continue // 重複路徑
val specialDis = minDis + Math.abs(road[0] - minNodeX) + Math.abs(road[1] - minNodeY) + road[4]
if (specialDis < nodes.getOrDefault(specialTo, INF)) {
nodes[specialTo] = specialDis
}
}
}
return -1 // 必然有解
}
}
複雜度分析：
- 時間複雜度：O(n^2) 其中 n 是 specialRoads 特殊路徑數組的長度；
- 空間複雜度：O(n) 标記數組空間。
題解三（Dijkstra + 最小堆）
附贈一份 Dijkstra + 最小堆的代碼：
class Solution {
fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
// 單源正權最短路
val U = 100000L // 數值上界 + 1
val INF = 0x3F3F3F3F
val startL = start[0] * U + start[1]
val targetL = target[0] * U + target[1]
if (startL == targetL) return 0
// 1、節點與最短路長度
val nodes = HashMap<Long, Int>()
// 起點節點與終點節點
nodes[targetL] = INF
nodes[startL] = 0 // 起點可能為終點，如果開頭不做特判需要注意順序
// 2、最小堆
val heap = PriorityQueue<Long>() { l1, l2 ->
nodes.getOrDefault(l1, INF) - nodes.getOrDefault(l2, INF)
}
heap.offer(startL)
heap.offer(targetL)
// 3、Dijkstra
while (!heap.isEmpty()) {
// 候選集中最短路長度最短的節點
val minNode = heap.poll()
val minDis = nodes[minNode]!!
// println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
// 找到目标點的最短路長度
if (minNode == targetL) return minDis
val minNodeX = (minNode / U).toInt()
val minNodeY = (minNode % U).toInt()
// 1、直接到終點
val newDirectToTarget = minDis + Math.min(nodes[targetL]!!, (target[1] - minNodeY) + (target[0] - minNodeX))
if (newDirectToTarget < nodes[targetL]!!) {
nodes[targetL] = newDirectToTarget
heap.offer(targetL)
}
// 2、先經過特殊路徑（minNode -> 特殊路徑的起點 -> 特殊路徑的終點）
for (road in specialRoads) {
val specialTo = road[2] * U + road[3]
if (specialTo == minNode) continue // 重複路徑
val specialDis = minDis + Math.abs(road[0] - minNodeX) + Math.abs(road[1] - minNodeY) + road[4]
if (specialDis < nodes.getOrDefault(specialTo, INF)) {
nodes[specialTo] = specialDis
heap.offer(specialTo)
}
}
}
return -1 // 必然有解
}
}
複雜度分析：
- 時間複雜度：O(m·lgm) 其中 n 是 specialRoads 特殊路徑數組的長度，m 是邊數，由于這道題是完全圖，是以有 m = n^2；
- 空間複雜度：O(n) 标記數組空間。
近期周賽最短路問題：
- 2612. 最少翻轉操作數（Hard）
- 2608. 圖中的最短環（Hard）
- 2577. 在網格圖中通路一個格子的最少時間（Hard）
Q4. 字典序最小的美麗字元串（Hard）
https://leetcode.cn/problems/lexicographically-smallest-beautiful-string/
題目描述
如果一個字元串滿足以下條件，則稱其為 美麗字元串 ：
- 它由英語小寫字母表的前 k 個字母組成。
- 它不包含任何長度為 2 或更長的回文子字元串。
給你一個長度為 n 的美麗字元串 s 和一個正整數 k 。
請你找出并傳回一個長度為 n 的美麗字元串，該字元串還滿足：在字典序大于 s 的所有美麗字元串中字典序最小。如果不存在這樣的字元串，則傳回一個空字元串。
對于長度相同的兩個字元串 a 和 b ，如果字元串 a 在與字元串 b 不同的第一個位置上的字元字典序更大，則字元串 a 的字典序大于字元串 b 。
- 例如，"abcd" 的字典序比 "abcc" 更大，因為在不同的第一個位置（第四個字元）上 d 的字典序大于 c 。
示例 1：
輸入：s = "abcz", k = 26
輸出："abda"
解釋：字元串 "abda" 既是美麗字元串，又滿足字典序大于 "abcz" 。
可以證明不存在字元串同時滿足字典序大于 "abcz"、美麗字元串、字典序小于 "abda" 這三個條件。
示例 2：
輸入：s = "dc", k = 4
輸出：""
解釋：可以證明，不存在既是美麗字元串，又字典序大于 "dc" 的字元串。
提示：
- 1 <= n == s.length <= 105
- 4 <= k <= 26
- s 是一個美麗字元串
問題結構化
1、概括問題目标
構造一個滿足條件的目标字元串，命名為「美麗字元串」。
2、分析問題要件
- 字元集：題目要求目标字元串僅能使用小寫字母表的前 k 個字母，例如 k = 4 隻能使用 {a, b, c, d}；
- 美麗字元串（限制回文）：題目要求目标字元串不包含長度大于 1 的回文子串；
- 字典序更大：題目要求目标字元串的字典序大于字元串 s；
- 字典序最小：題目要求傳回字典序最小的方案；
3、觀察資料特征
- 資料量：資料量的上界是 10^5，這要求算法的時間複雜度不能高于 O(n^2)；
- 輸入字元串 s 本身就是「美麗字元串」。
4、觀察測試用例
以 s = “abcz”, k = 26 為例：
- 修改 ‘z’：無法修改 ’z’ 獲得字典序更高的字母；
- 修改 ‘c’：可以修改 ‘c’ 為 ’d’ 得到 “abdz”，且構成「美麗字元串」；
- 修改 ‘a’ 或 ’b’：也可以構造「美麗字元串」，但字典序不會優于 “abdz”。
5、提高抽象程度
- 權重：字典序的規則中，字元串越靠前的位置對排序的影響權重越大，例如序列 ”ba“ 的字典序大于 ”az“；
- 提升：為了構造字典序更大的「美麗字元串」，我們需要将字元串中的某個字母修改為字母序更大的字母，例如将 ‘a’ 提升到 ‘b’ 或 ‘z’；
- 下一個排列：題目要求目标字元串的字典序大于字元串 s，又是所有方案中字典序最小的，問題模型類似經典題目「31. 下一個排列」，可以借鑒；
- 是否為決策問題：由于每次提升操作有多種位置選擇，是以這是個決策問題，準确來說是一個構造問題。
- 總結：這是一個構造問題，要求構造滿足條件的「下一個美麗字元串」。
6、具體化解決手段
如何構造滿足條件的「下一個美麗字元串」？
由于題目要求構造字典序最小的方案，那麼将 s[i] 提升為字母序更大的下一個字母是最優的，例如将 ’a’ 提升到 ‘b’ 優于提升到 ‘z’。除非在 s[i] 已經是字典序最大的字母 ‘z’ 時，我們需要提升它的前一個字母 s[i - 1]，例如将 ”az“ 提升為 ”bz“ 優于 “cz”。
構造「下一個美麗字元串」需要提升字母序，那麼如何決策替換政策？
由于字元串中越靠前的位置的權重越高，容易想到的貪心政策是從後往前提升字元。如果提升 s[n - 1] 能夠構造「美麗字元串」，那麼直接提升 s[n - 1] 即可，否則需要提升更靠前的 s[n - 2]。
當我們确定提升 s[i] 的有效性後，繼續向前提升沒有意義，而由于 s[i] 的字母序本身已經更大了，且 s[i] 的權重在 [i, n) 區間裡是最高的，是以後面不管怎麼填字典序都是更大的。那麼，為了獲得字典序最小的「下一個美麗字元串」，我們可以貪心地将後續字元降低到字母序最低的字母，例如 ”abcz“ 提升到 ”abdz” 後，将 ‘z’ 降低到 ‘a’。
這個思考過程，與「下一個排列」問題是比較相似的。在「下一個排列」問題中，我們交換盡可能靠後的一個正序對，由于剩下的序列不管怎麼填都是更大的排列，是以我們直接對後續字母做正序排列可以得到最小的字典序。
如何驗證提升的有效性（提升字母序後會可能引入新的回文資訊）？
在「觀察資料特征」中得知，輸入字元串 s 本身就是「美麗字元串」，而且我們是從後向前提升字元，那麼提升 s[i] 隻可能構造出長度為 2 或長度為 3 的回文子串，我們需要以 i 為中心向左右擴充，驗證是否有回文串資訊。結合上一個問題，由于我們在提升 s[i] 後還需要降低後序位置的字母序，是以我們隻需要向左邊擴充驗證有效性。
至此，我們可以确定整體架構，分為 2 個階段：
階段一：
提升 s[n - 1]
while (i 從後往前周遊) {
for (c in s[i] + 1 until 'a' + k) { // 枚舉字元集
if (存在回文資訊) continue
s[i] = c // 确定有效性
// 記錄下标 i
}
// 無法提升 s[i]，嘗試提升 s[i - 1]
}
階段二：
// 将 [i + 1, n) 降低為最小字元
for(j in i + 1 until n) {
for (c in 'a' until 'a' + k) { // 枚舉字元集
if (存在回文資訊）continue
s[j] = c
break
}
}
答疑：
- 為什麼階段二沒有處理無法構造的情況？
由于題目提示 k 的取值範圍是大于等于 4 的，也就是字元集的大小最小為 4，而驗證「有效性」隻需要觀察位置 i 的前兩個位置。那麼在長度為 3 的子區間 [i-2, i] 中，我們總能夠從大小為 4 的字元集中，選擇出一個不會構造出回文資訊的子串。是以，階段二是必然可構造的。甚至來說，題目将 k 的取值範圍修改到 [3, 26]，我們的算法也是成立的。
題解（貪心）
class Solution {
fun smallestBeautifulString(s: String, k: Int): String {
val n = s.length
val U = 'a' + k
val sArray = s.toCharArray()
var pos = -1
outer@ for (i in n - 1 downTo 0) {
// 嘗試提升字母序
for (c in sArray[i] + 1 until U) {
// 驗證有效性（隻需要驗證左邊）
if ((i > 0 && c == sArray[i - 1]) || (i > 1 && c == sArray[i - 2])) continue
sArray[i] = c
pos = i
break@outer
}
}
// 無法構造
if (pos < 0) return ""
for (i in pos + 1 until n) {
for (c in 'a' until U) {
// 驗證有效性（隻需要驗證左邊）
if ((i > 0 && c == sArray[i - 1]) || (i > 1 && c == sArray[i - 2])) continue
sArray[i] = c
break
}
}
return String(sArray)
}
}
複雜度分析：
- 時間複雜度：O(n) 其中 n 為字元串 s 的長度，每個位置最多被通路 2 次，而每個位置的提升操作最多執行 2 次，降低操作最多執行 2 次；
- 空間複雜度：O(1) 不考慮結果數組。
相似問題：
- 31. 下一個排列
- 647. 回文子串