力扣第190场周赛

力扣第190场周赛

作为我为数不多能全做出来的一次周赛，简单分析一下题目和思路吧。我还是太菜了！
本次周赛链接位于：weekly-contest-190

这次周赛跟往常一样，包括分数和难度递增的四道题：

1· 检查单词是否为句中其他单词的前缀

本题要求给一个字符串 sentence 作为句子并指定检索词为 searchWord ，其中句子由若干用 单个空格 分隔的单词组成
请你检查检索词 searchWord 是否为句子 sentence 中任意单词的前缀。
如果 searchWord 是某一个单词的前缀，则返回句子 sentence 中该单词所对应的下标（下标从 1 开始）。
如果 searchWord 是多个单词的前缀，则返回匹配的第一个单词的下标（最小下标）。
如果 searchWord 不是任何单词的前缀，则返回 -1 。
字符串 S 的 「前缀」是 S 的任何前导连续子字符串。

根据题意，我们需要判断给定的searchWord是sentence中第几个单词的前缀，返回编号，如果有多个就返回最小的，如果不是任何一个单词的下标就返回-1.

分析

本题是签到题，还是很简单的，不过对C++选手可能涉及到字符串空格分割。
C++代码如下：

 bool isFront(string tem, string s) {
    if (tem.size() < s.size()) return false;
    int i = 0;
    while (i < s.size()) {
      if (tem[i] == s[i])++i;
      else return false;
    }
    return true;
  }
  int isPrefixOfWord(string sentence, string searchWord) {
    stringstream ss(sentence);
    vector<string>vs;
    string tmp;
    int i = 0;
    while (ss >> tmp) {
      if (isFront(tmp, searchWord)) return i+1;
      else ++i;
    }
    return -1;
  }

这里采用stringstream的方式从sentence中依次读取被空格分隔的每个单词，并通过计数器记录这是第几个。注意题目给的例子中返回值下标从1开始，而不是0，所以从零计数要返回i+1。遍历所有单词都没有跳出并返回的那就是不存在，返回-1即可。
bool isFront(string tem, string s) 函数用于判断字符串 s 是否为字符串 tem 的前缀。首先s的长度如果超过tem那显然不可能是前缀；然后依次遍历s和tem，判断从头开始的字符是不是一一对应相同的，是的话就返回true，中间出现不同的情况就返回false。

这道题很简单，不过C++分词部分相比于其他语言的现成方法稍麻烦一点。stringstream的方式还是很好用的。

2· 定长子串中元音的最大数目

给你字符串 s 和整数 k 。
请返回字符串 s 中长度为 k 的单个子字符串中可能包含的最大元音字母数。
英文中的 元音字母 为（a, e, i, o, u）。
如：
输入：s = “abciiidef”, k = 3
输出：3
解释：子字符串 “iii” 包含 3 个元音字母。

分析

本题规定了k是小于等于s长度的，因此特殊情况就不讨论了。k>s.size()的情况也很简单，就找到s包含的全部元音字符数量就行了。不过不是题目要求的部分。
题目要求长度为k的子串所包含的最大元音字母数，其实就是遍历全部的长度为k的子串，并记录最大的元音字母数即可。当然也不需要真的对每个字串从头查找，这是比较经典的滑动窗口的应用。

C++代码如下：

int maxVowels(string s, int k) {
    int count = 0, maxC = 0, start = -1,end=start+k,len=s.size();
    set<char> v{ 'a','e','i','o','u' };
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
      if (v.count(s[i])) ++count;
    }
    maxC = count;
    ++start;
    ++end;
    while (end < len) {
      if (v.count(s[end])) ++count;
      if (v.count(s[start])) --count;
      if (count > maxC) maxC = count;
      ++start; 
      ++end;
    }
    return maxC;
  }

首先集合v记录所有元音字母，避免一个个if判断，而且只有5个，对计算量增加不大。
这里用start和end标记滑窗，[start+1, end]是当前滑窗内容，每次start加一，end也加一，表示右侧新增一个而左侧减少一个，维护count作为当前窗口内的元音字母数量，并在窗口移动过程中记录最大值。
也是比较简单的题目。不过自己还是花了一些时间，主要是滑窗的初始化、计算、停止条件之类的，看来最近还是题做少了，害！

3· 二叉树中的伪回文路径

给你一棵二叉树，每个节点的值为 1 到 9 。我们称二叉树中的一条路径是 「伪回文」的，当它满足：路径经过的所有节点值的排列中，存在一个回文序列。
请你返回从根到叶子节点的所有路径中 伪回文 路径的数目。
本题要求一颗二叉树的“伪回文”路径数目，伪回文定义为路径上的值存在一个回文的排列，而且节点值有限定在1-9之间。所以其实对于每条路径，统计出现的每个数字的数量，如果全是偶数或有一个奇数那一定可以排列成回文的序列；如果超过1个数字出现次数为奇数就排不成了，所以考虑遍历所有路径并统计每个数字出现数量，遇到叶节点就判断，如果满足数字的数量最多只有1个奇数的条件，就在结果上加一。
这道题我采用了递归的方法，遍历每条路径。

C++代码如下：

bool canPali(vector<int>&count) {
    int n = 0;
    for (auto c : count) {
      if (c % 2 == 1)++n;
      if (n >= 2) return false;
    }
    if (n <= 1) return true;
  }
  void pathRec(TreeNode* root, vector<int>&count,int*ans) {
    if (root == nullptr)
      return;
    count[root->val]++;
    if (root->left == nullptr&& root->right == nullptr) {
      if (canPali(count)) (*ans)++;
    }
    else {
      if (root->left) {
        pathRec(root->left, count,ans);
        count[root->left->val]--;
      }
      if (root->right) {
        pathRec(root->right, count, ans);
        count[root->right->val]--;
      }
    }
  }
  int pseudoPalindromicPaths(TreeNode* root) {
    vector<int>count(10, 0);
    int ans = 0;
    pathRec(root, count, &ans);
    return ans;
  }

count数组是一个长度为10的数组，分别记录0-9出现的次数，count[i] 就是i出现的次数。之所以长度为10，是为了方便的直接用 node->val作为index访问，如果长度为9下标范围是0-8还需要人为-1.尽管长度是10但是由于按照题意0这个数没出现过一直是0所以不影响能否回文的判断。
bool canPali(vector&count)函数用于判断count数组是不是能形成回文序列。就是简单粗暴的遍历并记录出现次数为奇数的数字有几个。
void pathRec(TreeNode* root, vector&count,int*ans)是核心的递归函数，对于传入的树节点root，首先记录其数值放入count，然后判断是不是叶节点（左右子节点都为空），如果是那说明找到了一条路径，判断是不是伪回文，是的话对整形指针ans指向的整数加一。这里没有用全局变量而是传入指针，因为之前听说LeetCode多个样例测试时全局变量可能出错（也就是全局变量定义时一定要初始化为0吧我猜），但其实效果是一样的。
如果不是叶节点，就分别将左右节点(若存在)加入路径并继续查找下去。这里要注意传入的count是引用，如果遍历了左子树那左子节点就加入count了，并且显然这不属于右子树的路径，所以遍历完左边，要先将左子节点的值踢出去在遍历右子树。

4· 两个子序列的最大点积

给你两个数组 nums1 和 nums2 。

请你返回 nums1 和 nums2 中两个长度相同的 非空 子序列的最大点积。

数组的非空子序列是通过删除原数组中某些元素（可能一个也不删除）后剩余数字组成的序列，但不能改变数字间相对顺序。比方说，[2,3,5] 是 [1,2,3,4,5] 的一个子序列而 [1,5,3] 不是。

本题给定两个数组，分别选取等长的子序列并求两个子序列点积（也就是对应位置相乘再相加）的最大值。

分析

这道题一开始想了递归的路子，但是超时了，反过来一想，其实动态规划就可以搞定。根据点积定义，我们可以将题目转化为两个数组选取若干对点，这些点的乘积加起来最大，那么每个点都可以讨论要不要选取。

本题思路可以看做是二维的dp，两个数组长度分别是m和n，设计m*n的二维数组dp，其中 $dp[i][j]$表示第一个数组0-i和第二个数组0-j两个子数组能得到的非空子序列最大点积。
那么对于 $dp[i][j]$，它的最大值一定出自一下几种情况：
1· $dp[i-1][j]$，也就是新增加的nums1[i]不足以加入所选取的子序列；
2· $dp[i][j-1]$，也就是新增加的nums2[j]不足以加入所选取的子序列；
3· $dp[i-1][j-1]$，新加入的两个数乘积是负的还比$dp[i-1][j-1]$小，加进去反而减小了总的点积
4·$nums1[i]\ast nums2[j]$，前面的是负的，加上反而变小，所以单独取新加入的2个数
5· $dp[i-1][j-1]+nums1[i]\ast nums2[j]$，新加入一对点有增加。
所以$dp[i][j]$取上述情况最大值即可。
C++代码如下：

int maxDotProduct(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
    vector<vector<int>>dp(nums1.size(),vector<int>(nums2.size()));
    dp[0][0] = nums1[0] * nums2[0];
    int maxC = dp[0][0];
    for (int i = 1; i < nums1.size(); ++i)dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], nums1[i] * nums2[0]);
    for (int j = 1; j < nums2.size(); ++j)dp[0][j] = max(dp[0][j-1], nums1[0] * nums2[j]);
    for (int i = 1; i < nums1.size(); ++i) {
      for (int j = 1; j < nums2.size(); ++j) {
        int tmp = nums1[i] * nums2[j];
        dp[i][j] = max(max(dp[i - 1][j - 1]+tmp ,max(tmp, dp[i - 1][j - 1])), max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]));
        if (dp[i][j] > maxC) maxC = dp[i][j];
      }
    }
    return maxC;
  }

初始化的时候对于i=0的情况，意味着只考虑数组1 的第一个数，那能得到的最大点积，就是这个数跟另一个数组讨论范围内所有能得到的最大乘积（此时子序列长度只能为1）。j=0的情况同理。之后就按照上述情况逐一更新$dp[i][j]$并记录最大值即可。