算法题解 - 牛客编程巅峰赛S1第2场 - 青铜&白银组
A. 牛牛扔牌
题目描述
牛牛现在有 n 张扑克牌，每张扑克牌都有点数和花色两部分组成。点数为 ‘1’ - ‘9’ 的正整数，花色为 ‘C’, ‘D’, ‘H’, ‘S’ 其中的一个，分别表示梅花、方块、红桃、黑桃。现在牛牛想按一定的顺序把这n张牌扔掉。扔牌顺序的规则如下：
-
如果现在还剩素数张牌，则将牌顶的牌扔掉
-
如果现在还剩非素数张牌，则将牌底的牌扔掉
牛牛想知道他的扔牌顺序是什么，请返回扔牌顺序的字符串
备注:
对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 10。
示例1
输入
"3C8D6H3D"
输出
"3D3C8D6H"
说明
开始 n = 4，为非素数，扔掉牌底的牌 3D
n = 3，为素数，扔掉牌顶的牌 3C
n = 2，为素数，扔掉牌顶的牌 8D
n = 1，为非素数，扔掉牌底的牌 6H
示例2
输入
"8S8S8S8S8S8S8S"
输出
"8S8S8S8S8S8S8S"
说明
因为全是8S，所以扔牌顺序的每一张牌也都是8S
解法
思路分析
由于 n 在 [1, 10] 上，故本题直接把所有素数列出来即可。没什么难度。
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
代码实现
/**
*
* @param x string字符串 字符串从前到后分别是从上到下排列的n张扑克牌
* @return string字符串
*/
public String Orderofpoker (String x) {
int n = x.length() / 2;
int top = 0, bot = x.length() - 2;
String res = "";
while(n > 0){
if(n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7){
res += x.substring(top, top + 2);
top += 2;
}else{
res += x.substring(bot, bot + 2);
bot -= 2;
}
n--;
}
return res;
}
B. 疯狂过山车
题目描述
今天牛牛去游乐园玩过山车项目，他觉得过山车在上坡下坡的过程是非常刺激的，回到家之后就受到启发，想到了一个问题。如果把整个过山车的轨道当作是一个长度为 n 的数组 num，那么在过山车上坡时数组中的值是呈现递增趋势的，到了最高点以后，数组中的值呈现递减的趋势，牛牛把符合这样先增后减规律的数组定义为金字塔数组，请你帮牛牛在整个 num 数组中找出长度最长的金字塔数组，如果金字塔数组不存在，请输出 0。
备注:
1 <= n <= 1000000，且 num 数组中的数 0 <= num[i] <= 1000000。
示例1
输入
4,[1,2,3,1]
输出
4
示例2
输入
5,[1,5,3,3,1]
输出
3
解法一：直观解法
思路分析
在遍历的时候判断是否是金字塔数组即可。当前数字 i 和前一个数字 j 比较有三种情况：
- i > j，说明数组处于爬升阶段，若 j 是低谷则对长度 len 初始化为 1。len++。
- i = j，必定不是金字塔，初始化 len 为 1。
- i < j，若之前处于爬升阶段，说明是金字塔，len++，并且和金字塔最大长度 res 作比较。
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
代码实现
/**
*
* @param n int整型
* @param num int整型一维数组
* @return int整型
*/
public int getMaxLength (int n, int[] num) {
// write code here
int res = 0;
int len = 1;
boolean up = false;
for(int i = 1; i < n; i++) {
if(num[i] > num[i - 1]) {
up = true;
if(i > 1 && num[i - 1] < num[i - 2]) len = 1;
len++;
}else if(num[i] == num[i - 1]) {
len = 1;
up = false;
}else {
if(up) {
len++;
res = Math.max(len, res);
}
}
}
return res;
}
解法二：寻找金字塔顶法
思路分析
金字塔数组长度 = 爬升阶段长度 + 1 (塔顶) + 下降阶段长度。
而下降阶段相当于从右往左遍历时的爬升阶段。
因此分别用 l 数组和 r 数组记录从左到右和从右到左的爬升阶段长度。
若 l[i] 和 r[i] 都不为 0，说明 i 是塔顶。
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
代码实现
/**
*
* @param n int整型
* @param num int整型一维数组
* @return int整型
*/
public int getMaxLength (int n, int[] num) {
int res = 0;
int[] l = new int[n];
int[] r = new int[n];
for(int i = 1; i < n; i++){
if(num[i] > num[i - 1]) l[i] = l[i - 1] + 1;
}
for(int i = n - 2; i >= 0; i--){
if(num[i] > num[i + 1]) r[i] = r[i + 1] + 1;
}
for(int i = 0; i < n; i++){
if(l[i] != 0 && r[i] != 0) res = Math.max(res, l[i] + r[i] + 1);
}
return res;
}
C. 牛牛的棋盘
题目描述
牛牛最近在家里看到一个棋盘，有 n * m 个格子，在棋盘旁边还放着 k 颗棋子，牛牛想把这 k 颗棋子全部放在 n * m 的棋盘上，但是有一个限制条件：棋盘的第一行、第一列、最后一行和最后一列都必须有棋子。牛牛想知道这样的棋子放法到底有多少种，答案需要对 1e9 + 7取模。
备注:
2 <= n, m <= 30; 1 <= k <=1000
示例1
输入
2,3,1
输出
0
说明
就1颗棋子，所以无法满足条件。
示例2
输入
2,2,2
输出
2
说明
我们可以把第1颗棋子放在左上角，第2颗棋子放在右下角；也可以把第1颗棋子放在右上角，第2颗棋子放在左下角。故而有2种放法。
解法：容斥原理
思路分析
本题需要具备高中的数学知识：容斥原理和排列组合数。涉及的数学公式会在题解中给出，如果有看不明白的地方可以自行查询相关数学概念。
记行 i 上无棋子的集合为 S r i S_{ri} Sri， 列 j 上无棋子的集合为 S c j S_{cj} Scj。根据容斥原理，有
r e s = ∣ S r 1 ∩ S r n ∩ S c 1 ∩ S c m ∣ = a l l − ｜ S r 1 ∪ S r n ∪ S c 1 ∪ S c m ∣ = a l l − ∑ C ⊆ U ( − 1 ) s i z e ( C ) − 1 ∣ ∩ e ∈ C e ∣ \begin{aligned} res &= ∣S_{r1} ∩ S_{rn} ∩ S_{c1} ∩ S_{cm}∣ \hspace{100cm}\\ &= all - ｜S_{r1} ∪ S_{rn} ∪ S_{c1} ∪ S_{cm}∣\\ &= all - \sum_{C \subseteq U}(-1)^{size(C) - 1}|\cap_{e \in C} e| \end{aligned} res=∣Sr1∩Srn∩Sc1∩Scm∣=all−｜Sr1∪Srn∪Sc1∪Scm∣=all−C⊆U∑(−1)size(C)−1∣∩e∈Ce∣
其中， U = { S r 1 , S r n , S c 1 , S c m } U = \{S_{r1}, S_{rn}, S_{c1}, S_{cm}\} U={Sr1,Srn,Sc1,Scm}。
由于 U U U 中只包含四个集合，因此可以用 4 个 bit 分别表示是否交集合 S i S_i Si。
总共有 2 4 − 1 = 15 2^4 - 1 = 15 24−1=15 种交集情况，再加上 all ，共计 16 种情况。
排列组合数可以利用公式 C m n = C m − 1 n + C m − 1 n − 1 C_m^n = C_{m - 1}^n + C_{m - 1}^{n - 1} Cmn=Cm−1n+Cm−1n−1 迭代计算得出。
代码实现
final int mod = (int)1e9 + 7;
/**
*
* @param n int整型
* @param m int整型
* @param k int整型
* @return int整型
*/
public int solve (int n, int m, int k) {
if(k < 2) return 0;
int[][] C = initC();
int res = 0;
for(int i = 0; i < 16; i++){
int r = n, c = m, cnt = 0;
if((i & 1) != 0) {r--; cnt++;}
if((i & 2) != 0) {r--; cnt++;}
if((i & 4) != 0) {c--; cnt++;}
if((i & 8) != 0) {c--; cnt++;}
res = (res - ((cnt & 1) * 2 - 1) * C[r * c][k]) % mod;
}
return (res + mod) % mod;
}
public int[][] initC(){
int n = 1000;
int[][] C = new int[1001][1001];
for(int i = 1; i <= n; i++) C[i][0] = C[i][i] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++){
for(int j = 1; j < i; j++){
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
}
}
return C;
}
写在最后
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