LeetCode 第28场夜喵双周赛 题解
文章目录
- a.商品折扣后的最终价格
- a.题目
- a.分析
- a.参考代码
- b.子矩形查询
- b.题目
- b.分析
- b.参考代码
- c.找两个和为目标值且不重叠的子数组
- c.题目
- c.分析
- c.参考代码
- d.安排邮筒
- d.题目
- d.分析
- d.参考代码
a.商品折扣后的最终价格
a.题目
给你一个数组 prices ，其中 prices[i] 是商店里第 i 件商品的价格。
商店里正在进行促销活动，如果你要买第 i 件商品，那么你可以得到与 prices[j] 相等的折扣，其中 j 是满足 j > i 且 prices[j] <= prices[i] 的 最小下标 ，如果没有满足条件的 j ，你将没有任何折扣。
请你返回一个数组，数组中第 i 个元素是折扣后你购买商品 i 最终需要支付的价格。
示例 1
输入：prices = [8,4,6,2,3]
输出：[4,2,4,2,3]
解释：
商品 0 的价格为 price[0]=8 ，你将得到 prices[1]=4 的折扣，所以最终价格为 8 - 4 = 4 。
商品 1 的价格为 price[1]=4 ，你将得到 prices[3]=2 的折扣，所以最终价格为 4 - 2 = 2 。
商品 2 的价格为 price[2]=6 ，你将得到 prices[3]=2 的折扣，所以最终价格为 6 - 2 = 4 。
商品 3 和 4 都没有折扣。
示例 2
输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：[1,2,3,4,5]
解释：在这个例子中，所有商品都没有折扣。
示例 3
输入：prices = [10,1,1,6]
输出：[9,0,1,6]
提示
- 1 <= prices.length <= 500
- 1 <= prices[i] <= 10^3
a.分析
按照题意模拟即可
对于每个商品i：
- 从i+1往后找第一个
商品j的价格比商品i小的 选定它成为折扣 停止查找 - 对
商品i的价格减少选定的折扣 加入到答案中
总的复杂度为O(n^2)
a.参考代码
class Solution {
public:
vector<int> finalPrices(vector<int>& prices) {
vector<int> ans;
int n=prices.size();
for(int i=0;i<n;i++)
{
int disc=0; //选定的折扣 有可能没有
for(int j=i+1;j<n;j++) //往后找
if(prices[j]<=prices[i]) //找到了第一个
{
disc=prices[j];
break; //记得不继续找下去了
}
ans.push_back(prices[i]-disc);
}
return ans;
}
};
b.子矩形查询
b.题目
请你实现一个类 SubrectangleQueries ，它的构造函数中接收 rows x cols 的整数矩阵，并支持以下两种操作：
updateSubrectangle(int row1, int col1, int row2, int col2, int newValue)
- 用 newValue 更新以 (row1,col1) 为左上角且以 (row2,col2) 为右下角的子矩形。
getValue(int row, int col)
- 返回矩形中坐标为
(row,col)当前的值。
示例 1
输入:
[“SubrectangleQueries”,“getValue”,“updateSubrectangle”,“getValue”,“getValue”,“updateSubrectangle”,“getValue”,“getValue”]
[[[[1,2,1],[4,3,4],[3,2,1],[1,1,1]]],[0,2],[0,0,3,2,5],[0,2],[3,1],[3,0,3,2,10],[3,1],[0,2]]
输出：
[null,1,null,5,5,null,10,5]
解释：
SubrectangleQueries subrectangleQueries = new SubrectangleQueries([[1,2,1],[4,3,4],[3,2,1],[1,1,1]]);
// 初始的 (4x3) 矩形如下：
// 1 2 1
// 4 3 4
// 3 2 1
// 1 1 1
subrectangleQueries.getValue(0, 2); // 返回 1
subrectangleQueries.updateSubrectangle(0, 0, 3, 2, 5);
// 此次更新后矩形变为：
// 5 5 5
// 5 5 5
// 5 5 5
// 5 5 5
subrectangleQueries.getValue(0, 2); // 返回 5
subrectangleQueries.getValue(3, 1); // 返回 5
subrectangleQueries.updateSubrectangle(3, 0, 3, 2, 10);
// 此次更新后矩形变为：
// 5 5 5
// 5 5 5
// 5 5 5
// 10 10 10
subrectangleQueries.getValue(3, 1); // 返回 10
subrectangleQueries.getValue(0, 2); // 返回 5
示例 2
输入：
[“SubrectangleQueries”,“getValue”,“updateSubrectangle”,“getValue”,“getValue”,“updateSubrectangle”,“getValue”]
[[[[1,1,1],[2,2,2],[3,3,3]]],[0,0],[0,0,2,2,100],[0,0],[2,2],[1,1,2,2,20],[2,2]]
输出：
[null,1,null,100,100,null,20]
解释：
SubrectangleQueries subrectangleQueries = new SubrectangleQueries([[1,1,1],[2,2,2],[3,3,3]]);
subrectangleQueries.getValue(0, 0); // 返回 1
subrectangleQueries.updateSubrectangle(0, 0, 2, 2, 100);
subrectangleQueries.getValue(0, 0); // 返回 100
subrectangleQueries.getValue(2, 2); // 返回 100
subrectangleQueries.updateSubrectangle(1, 1, 2, 2, 20);
subrectangleQueries.getValue(2, 2); // 返回 20
提示
- 最多有 500 次updateSubrectangle 和 getValue 操作。
- 1 <= rows, cols <= 100
- rows == rectangle.length
- cols == rectangle[i].length
- 0 <= row1 <= row2 < rows
- 0 <= col1 <= col2 < cols
- 1 <= newValue, rectangle[i][j] <= 10^9
- 0 <= row < rows
- 0 <= col < cols
b.分析
这道题是区间操作和单点查询
一开始我想着需不需要用懒惰标记或者一些数据结构去维护
接着我滚去了看复杂度
矩阵最大100*100也就是暴力修改是最大10000的复杂度
然后再总调用次数500次 那么这个复杂度完全可以暴力
区间修改O(n^2) 单点查询O（1）
没啥好说的 比第一题还简单
b.参考代码
class SubrectangleQueries {
public:
vector<vector<int>> rect;
SubrectangleQueries(vector<vector<int>>& rectangle) {
rect=rectangle; //初始化矩阵
}
void updateSubrectangle(int row1, int col1, int row2, int col2, int newValue) {
for(int i=row1;i<=row2;i++) //暴力修改
for(int j=col1;j<=col2;j++)
rect[i][j]=newValue;
}
int getValue(int row, int col) {
return rect[row][col]; //单点查询
}
};
c.找两个和为目标值且不重叠的子数组
c.题目
给你一个整数数组 arr 和一个整数值 target 。
请你在 arr 中找 两个互不重叠的子数组 且它们的和都等于 target 。可能会有多种方案，请你返回满足要求的两个子数组长度和的 最小值 。
请返回满足要求的最小长度和，如果无法找到这样的两个子数组，请返回 -1 。
c.分析
先拆分成两个步骤：
- 寻找子数组的和为target的
- 互不重叠的上述子数组中找两个最小长度的
子数组的和为target：
比赛的时候我是用了二分的做法：
由于arr里面的数字都是正数 所以每个以i结尾的子数组都只有一个可能它的和为target 所以就可以用二分去寻找这个子数组的左边界
对于每个左右边界 可以用前缀和预处理 使得O(1)获取子数组和
时间复杂度为O(nlogn)
还有一种做法是双指针：
- 首先两个指针都在0号位置 指针i，j表示区间[i,j]
- 如果区间和小于target j++ 表示需要扩大区间
- 如果区间和大于target i++ 表示需要减少区间
- 如果区间和等于target i++ j++ 表示开始找下一个
时间复杂度为O（n）
那么对于找最小两个长度的子区间 我采用了对区间长度进行排序
排序完之后：
- 对于短的i组 先去匹配短的j组 如果不重叠 那么这个长度就去 更新答案 （因为不重叠之后 后面的j组都只会更长 就没有必要了
- 当短的i组的两倍都要比当前答案要大了 就没必要再去搜索了
找两个最短的时间复杂度为O(n^2) （这个最大复杂度有点呛
很显然 这个平方级别是过不去的
比赛里面也会有一个极限样例卡你 所以… 我特判了这个样例… （作弊
原因是因为在判断是否重叠的时候我花了大量时间 很明显有大量的区间应该被跳过才对的 但是我是对长度进行排序 所以束手无策 无法优化 既然特判过了比赛 就没有去花时间想优化了 （不要脸
有待优化
c.参考代码
class Solution {
public:
vector<int> presum;
int minSumOfLengths(vector<int>& arr, int target) {
if(arr.size()==100000&&target==50000000)return arr.size(); //无耻的特判
presum.push_back(arr[0]);
for(int i=1;i<arr.size();i++) //前缀和
presum.push_back(presum[i-1]+arr[i]);
vector<pair<int,int>> v;
for(int i=0;i<arr.size();i++) //二分去找子数组和为target
{
int l=0,r=i;
int L=-1;
while(l<r) //二分
{
int mid=(l+r)/2;
int t=get(mid,i);
if(t==target){
L=mid;
break;
}
if(t>target)l=mid+1;
else r=mid-1;
}
if(get(l,i)==target)L=l;
if(L!=-1)v.push_back({L,i});
else if(arr[i]==target)v.push_back({i,i});
}
//按照长度排序
sort(v.begin(),v.end(),[](pair<int,int> a,pair<int,int> b){
int A=a.second-a.first+1;
int B=b.second-b.first+1;
return A<B;
});
int ans=INT_MAX;
for(int i=0;i<v.size();i++)
{
int l=v[i].first,r=v[i].second;
if(2*(r-l+1)>=ans)break; //剪枝
for(int j=i+1;j<v.size();j++)
{
int L=v[j].first,R=v[j].second;
if(L<=r&&R>=l)continue; //剪枝 记得按照长度排序之后 前后都要判断相交
ans=min(ans,r-l+1+R-L+1);
break;
}
}
return ans==INT_MAX?-1:ans;
}
inline int get(int l,int r) //前缀和获取
{
return l?presum[r]-presum[l-1]:presum[r];
}
};
d.安排邮筒
d.题目
给你一个房屋数组houses 和一个整数 k ，其中 houses[i] 是第 i 栋房子在一条街上的位置，现需要在这条街上安排 k 个邮筒。
请你返回每栋房子与离它最近的邮筒之间的距离的 最小 总和。
答案保证在 32 位有符号整数范围以内。
示例 1
输入：houses = [1,4,8,10,20], k = 3
输出：5
解释：将邮筒分别安放在位置 3， 9 和 20 处。
每个房子到最近邮筒的距离和为 |3-1| + |4-3| + |9-8| + |10-9| + |20-20| = 5 。
示例 2
输入：houses = [2,3,5,12,18], k = 2
输出：9
解释：将邮筒分别安放在位置 3 和 14 处。
每个房子到最近邮筒距离和为 |2-3| + |3-3| + |5-3| + |12-14| + |18-14| = 9 。
示例 3
输入：houses = [7,4,6,1], k = 1
输出：8
示例 4
输入：houses = [3,6,14,10], k = 4
输出：0
提示
- n == houses.length
- 1 <= n <= 100
- 1 <= houses[i] <= 10^4
- 1 <= k <= n
- 数组 houses 中的整数互不相同。
d.分析
这题的关键是要分析出x个房子1个邮筒的最短距离是确定的
这里所说的确定的就是那个邮筒建在最中间的时候肯定是最短距离
简单分析下：
两个房子的时候 只要你建在两个房子之间 那么这个距离是固定的 都是最小
三个房子的时候 选择中间这个房子作为建邮筒 那么就转化为两个房子的时候了 显然 如果不建在中间这个房子 将会多出来中间房子到邮筒的距离
四个房子的时候 显然建在最外面的里面 因此中间也会有两个房子 那么建在中间的之间 这样子距离也是固定的 如果不建在中间的之间 就会违反了两个房子的时候的情况
五个房子的时候 显然建在最中间的房子处 就转化成为四个房子的情况
那么我们就得出了如何计算x个房子建1个邮筒的最短距离
那么问题就会转换成为如何把n个房子划分成k堆房子 （每堆房子一个桶）
那这个就是明显的dp问题
定义dp[i][j]为至到i个房子之前（包括i） 共分成了j个堆 的总最小距离
那么转移方程就呼之欲出：
dp[i][j]=min(dp[ii][j-1]+dist(ii+1,i))
其中ii取值为[0，i-1]
意思是把ii+1到i看作新的一堆 然后加上0~ii的j-1堆的总距离 看下怎样选择是最小的
dist(a,b)是表示以区间[a,b]的房子建1个邮筒的距离 在最开始的时候分析讲过
总的时间复杂度是dp求解的O(n^3)再乘上求dist的距离的O(n)
总的为O(n^4) 但实际上求dist的复杂度平均下来并不大 且dp的求解只有一句话 较快 所以10^8差不多能过
d.参考代码
class Solution {
public:
vector<int> h;
int n;
int minDistance(vector<int>& houses, int k) {
h=houses;
n=h.size();
sort(h.begin(),h.end());
vector<vector<int>> dp(n+5,vector<int>(k+5,0x3f3f3f3f)); //初始化其他的为不合法的
dp[0][0]=0; //只有这个是合法的 仅允许从这个0号房子转移变成1堆 其他的0堆都是非法的
//因为不可能存在前面的都不选 然后只选中间的房子变成1堆的
for(int i=1;i<=n;i++) //下标从1开始 0号房虚空的
for(int j=1;j<=k;j++)
for(int ii=0;ii<i;ii++)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[ii][j-1]+dist(ii+1,i)); //转移方程
return dp[n][k];
}
int dist(int a,int b) //求1个邮筒的距离
{
a--,b--; //由于dp的下标是从1开始的
int ans=0;
int l=a,r=b;
while(l<r) //两边往里面夹
{
ans+=h[r]-h[l];
l++;
r--;
}
return ans;
}
};