[Leetcode 竞赛] 第 26 场双周赛
竞赛链接
新鲜出炉昨天的双周赛, 这场发挥超常, 最终排名 18 (可能是晚上吃了个蛋糕补充了太多能量?)
总的来说这场双周赛题目相对比较简单, 特别是前三题, 感觉难度都可以算是 easy 吧, 第四题也是经典题目的变种
[1446] 连续字符
题目难度: 简单
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题目描述
给你一个字符串 s ，字符串的「能量」定义为：只包含一种字符的最长非空子字符串的长度。
请你返回字符串的能量。
- 1 <= s.length <= 500
- s 只包含小写英文字母。
题目样例
示例 1
输入
s = “leetcode”
输出
2
解释
子字符串 “ee” 长度为 2 ，只包含字符 ‘e’ 。
示例 2
输入
s = “abbcccddddeeeeedcba”
输出
5
解释
子字符串 “eeeee” 长度为 5 ，只包含字符 ‘e’ 。
示例 3
输入
s = “triplepillooooow”
输出
5
题目思考
- 需要定义哪些变量?
- 可以一次遍历搞定吗?
解决方案
思路
- 存当前连续字符的数目 cnt, 初始化为 1, 然后从下标 1 开始遍历
- 比较当前字符和前一个字符的关系, 相等则 cnt 增加, 并更新 res, 否则重置 cnt
复杂度
- 时间复杂度 O(N): 需要遍历每个元素一次
- 空间复杂度 O(1): 只使用了几个变量
代码
Python 3
class Solution:
def maxPower(self, s: str) -> int:
res = 1
cnt = 1
for i in range(1, len(s)):
if s[i] == s[i - 1]:
# 连续, 更新cnt
cnt += 1
res = max(res, cnt)
else:
# 重置cnt
cnt = 1
return res
C++
class Solution {
public:
int maxPower(string s) {
int res = 1;
int cnt = 1;
for (int i = 1; i < s.size(); ++i) {
if (s[i] == s[i-1]) {
res = max(res, ++cnt);
} else {
cnt = 1;
}
}
return res;
}
};
[1447] 最简分数
题目难度: 中等
原题链接
题目描述
给你一个整数 n ，请你返回所有 0 到 1 之间（不包括 0 和 1）满足分母小于等于 n 的 最简 分数 。分数可以以 任意 顺序返回。
- 1 <= n <= 100
题目样例
示例 1
输入
n = 2
输出
[“1/2”]
解释
“1/2” 是唯一一个分母小于等于 2 的最简分数。
示例 2
输入
n = 4
输出
[“1/2”,“1/3”,“1/4”,“2/3”,“3/4”]
解释
“2/4” 不是最简分数，因为它可以化简为 “1/2” 。
示例 3
输入
n = 1
输出
[]
题目思考
- 题目很直白, 数据规模又小, 直接遍历每个分母和分子可以吗?
- 有没有什么优化手段?
解决方案
方案 1
思路
- 分母为 1 是不可能的, 因为题目要求分数不能为 1
- 所以分母从 2 开始遍历到 n, 然后分子从 1 开始遍历到当前分母-1(注意分数也不能为 0)
- 根据分子和分母的 gcd 是否为 1 即可判断是否为最简分数
复杂度
- 时间复杂度 O(N^2logN): 需要两重循环, 然后循环内部求 gcd 需要 log(N)
- 空间复杂度 O(1): 只使用了几个变量
代码
Python 3
import math
class Solution:
def simplifiedFractions(self, n: int) -> List[str]:
res = []
for fenmu in range(2, n + 1):
for fenzi in range(1, fenmu):
if math.gcd(fenzi, fenmu) == 1:
res.append(str(fenzi) + '/' + str(fenmu))
return res
C++
class Solution {
public:
vector<string> simplifiedFractions(int n) {
vector<string> res;
for (int b = 2; b <= n; ++b) {
for (int a = 1; a < b; ++a) {
if (gcd(a, b) == 1) {
res.push_back(to_string(a) + '/' + to_string(b));
}
}
}
return res;
}
};
方案 2
思路
- 如果按照分母和分子都从小到大遍历的话, 每次最先遇到的都是最简形式, 因为假如不是的话一定有一个更小的分母分子组合满足条件, 已经在之前被遍历到了
- 所以可以将每个分数值存入集合中, 然后从小到大遍历并判断该分数是否已经存在即可, 没存在的话加入最终结果中, 否则不加
- 这种方案省去了求 gcd 的过程, 相对方案 1 更快一些, 缺点是需要额外的空间复杂度
复杂度
- 时间复杂度 O(N^2): 需要两重循环, 遍历分母和分子
- 空间复杂度 O(N^2): 需要存 N^2 数量级的分数
代码
Python 3
class Solution:
def simplifiedFractions(self, n: int) -> List[str]:
res = []
v = set()
for fenmu in range(2, n + 1):
for fenzi in range(1, fenmu):
value = fenzi / fenmu
if value not in v:
v.add(value)
res.append(str(fenzi) + '/' + str(fenmu))
return res
C++
class Solution
{
public:
vector<string> simplifiedFractions(int n)
{
auto res = vector<string>();
auto v = unordered_set<double>();
for (int fenmu = 2; fenmu <= n; ++fenmu)
{
for (int fenzi = 1; fenzi < fenmu; ++fenzi)
{
double value = (double)fenzi / fenmu;
if (!v.count(value))
{
v.insert(value);
res.push_back(to_string(fenzi) + "/" + to_string(fenmu));
}
}
}
return res;
}
};
[1448] 统计二叉树中好节点的数目
题目难度: 中等
原题链接
题目描述
给你一棵根为 root 的二叉树，请你返回二叉树中好节点的数目。
「好节点」X 定义为：从根到该节点 X 所经过的节点中，没有任何节点的值大于 X 的值。
- 二叉树中节点数目范围是 [1, 10^5] 。
- 每个节点权值的范围是 [-10^4, 10^4] 。
题目样例
示例 1
输入
root = [3,1,4,3,null,1,5]
输出
4
解释
图中蓝色节点为好节点。
- 根节点 (3) 永远是个好节点。
- 节点 4 -> (3,4) 是路径中的最大值。
- 节点 5 -> (3,4,5) 是路径中的最大值。
- 节点 3 -> (3,1,3) 是路径中的最大值。
示例 2
输入
root = [3,3,null,4,2]
输出
3
解释
节点 2 -> (3, 3, 2) 不是好节点，因为 “3” 比它大。
示例 3
输入
root = [1]
输出
1
题目思考
- 是否可以在遍历时维护当前的最大值?
解决方案
思路
- DFS
- 每次遍历到一个节点时维护当前的最大值
- 如果当前节点大于等于该最大值, 则是好节点
- 否则不是
- 然后更新新的最大值, 并遍历左右子树
复杂度
- 时间复杂度 O(N): 只需要遍历每个节点一次
- 空间复杂度 O(N): 递归的栈的消耗
代码
Python 3
class Solution:
def goodNodes(self, root: TreeNode) -> int:
self.res = 0
def dfs(node, curmx):
if not node:
return
if node.val >= curmx:
self.res += 1
curmx = max(curmx, node.val)
dfs(node.left, curmx)
dfs(node.right, curmx)
dfs(root, -float('inf'))
return self.res
C++
class Solution {
public:
int goodNodes(TreeNode* root) {
int res = 0;
function<void(TreeNode*, int)> dfs = [&](TreeNode* node, int curmx) {
if (!node) {
return;
}
if (node->val >= curmx) {
curmx = node->val;
++res;
}
dfs(node->left, curmx);
dfs(node->right, curmx);
};
// 这里是根据数据范围定的一个最小值
dfs(root, -1e6);
return res;
}
};
[1449] 数位成本和为目标值的最大数字
题目难度: 困难
原题链接
题目描述
给你一个整数数组 cost 和一个整数 target 。请你返回满足如下规则可以得到的 最大 整数：
给当前结果添加一个数位（i + 1）的成本为 cost[i] （cost 数组下标从 0 开始）。
总成本必须恰好等于 target 。
添加的数位中没有数字 0 。
由于答案可能会很大，请你以字符串形式返回。
如果按照上述要求无法得到任何整数，请你返回 “0” 。
- cost.length == 9
- 1 <= cost[i] <= 5000
- 1 <= target <= 5000
题目样例
示例 1
输入
cost = [4,3,2,5,6,7,2,5,5], target = 9
输出
“7772”
解释
添加数位 ‘7’ 的成本为 2 ，添加数位 ‘2’ 的成本为 3 。所以 “7772” 的代价为 23+ 31 = 9 。 “997” 也是满足要求的数字，但 “7772” 是较大的数字。
| 数字 | 成本 |
|---|---|
| 1 | 4 |
| 2 | 3 |
| 3 | 2 |
| 4 | 5 |
| 5 | 6 |
| 6 | 7 |
| 7 | 2 |
| 8 | 5 |
| 9 | 5 |
示例 2
输入
cost = [7,6,5,5,5,6,8,7,8], target = 12
输出
“85”
解释
添加数位 ‘8’ 的成本是 7 ，添加数位 ‘5’ 的成本是 5 。“85” 的成本为 7 + 5 = 12 。
示例 3
输入
cost = [2,4,6,2,4,6,4,4,4], target = 5
输出
0
题目思考
- 这道题每个数字都有 cost, 然后总 cost 要是固定值, 且要求最终结果尽可能大, 是否想到了什么类似问题?
解决方案
思路
- 动态规划, 典型的完全背包问题, 具体步骤如下
- 设 dp[c]是总 cost 是 c 时候的最大整数字符串
- 初始化只有 dp[0]是’’, 其他 dp 值都是 None, 代表不可能存在的情况(因为最终结果是要求总花费恰好等于 target)
- 因为每个数位可以无限次使用, 那么对于每个数位 i 而言, 遍历所有可能的花费 c(即从 cost[i-1]一直到 target)
- 如果遍历到的花费减去 cost[i-1]是一个有效值的话(即不是 None), 新的字符串就是 str(i)+dp[c-cost[i-1]], 如果新的字符串比当前的 dp[c]的值更大(dp[c]也可能是 None, 需要注意这种情况)时, 就更新它
- 最终求 dp[target]即可, 如果它是 None 就表明没有组合能恰好凑得总花费为 target, 就返回’0’
- 最终 python 3 只需要 8 行代码即可搞定~
复杂度
- 时间复杂度 O(N): 对于每个数位, 需要遍历 N 个值, 由于数位的数目是常数 9, 所以复杂度为 O(9N) = O(N)
- 空间复杂度 O(N): 需要使用长度为 N 的 dp 数组
代码
Python 3
class Solution:
def largestNumber(self, cost: List[int], target: int) -> str:
dp = [''] + [None] * target
for i in range(1, len(cost) + 1):
for v in range(cost[i - 1], target + 1):
if dp[v - cost[i - 1]] is not None:
newval = str(i) + dp[v - cost[i - 1]]
if dp[v] is None or int(newval) > int(dp[v]):
dp[v] = newval
return '0' if dp[target] is None else dp[target]
C++
class Solution {
public:
string largestNumber(vector<int>& cost, int target) {
vector<string> dp(target + 1, "NAN");
dp[0] = "";
// 将字符串转成整数会溢出，因此特别写需要一个比较大小的函数
auto largeThan = [](string& s1, string& s2) {
if (s1.size() > s2.size()) {
return true;
}
if (s1.size() < s2.size()) {
return false;
}
return s1 > s2;
};
for (int i = 1; i <= cost.size(); ++i) {
for (int v = cost[i - 1]; v <= target; ++v) {
if (dp[v - cost[i - 1]] != "NAN") {
string newVal = to_string(i) + dp[v - cost[i - 1]];
if (dp[v] == "NAN" || largeThan(newVal, dp[v])) {
dp[v] = newVal;
}
}
}
}
return dp[target] == "NAN" ? string("0") : dp[target];
}
};
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