A. 牛牛爱奇数
题目描述
在牛牛面前放着 n 个数，这些数字既有奇数也有偶数，只不过牛牛对奇数情有独钟，他特别想让这些数都变成奇数。
现在牛牛获得了一种能力，他可以执行一种操作：每次选中一个偶数，然后把这些数中与该数相等的数都除以 2，例如现在有一个数组为 [2, 2, 3]，那么牛牛可以执行一次操作，使得这个数组变为 [1, 1, 3]。
牛牛现在想知道，对于任意的 n 个数，他最少需要操作多少次，使得这些数都变成奇数？
备注:
1 ≤ n ≤ 10^6，代表一个有多少数字
a1, a2, a3 ... an(1 ≤ ai ≤ 10^9)代表数字的大小示例1
输入
3,[2,2,3]输出
1说明
只需做一次操作，会将其中的偶数2都变成1，满足了所有的数都是奇数的要求。示例2
输入
3,[1,3,7]输出
0说明
不需要做任何操作，因为所有的数原本就是奇数。解法：大顶堆 + 哈希集合
思路分析
每次可以让所有相同的偶数变成一半，问最少操作次数。
一次操作所有相同数，显然要使用哈希集合进行去重。
而要使得操作次数最少，必然对偶数从大到小进行操作，这样才可以避免对某个偶数进行重复的操作。
想要从大到小操作，显然使用大顶堆保存偶数。每次从堆顶取一个数字进行操作，若得到的新的数字是偶数并且未在哈希集合中出现过，就把它再加入大顶堆中。
时间复杂度：O(max(n, logm))。这里的 m 是最大的偶数。遍历一遍数字需要 O(n)，把偶数全变成奇数需要 O(logm)。
空间复杂度：O(n)。
代码实现
public int solve (int n, int[] a) {
Set set = new HashSet();
int ans = 0;
for(int i: a)
if((i & 1) == 0) set.add(i);
Queue q = new PriorityQueue((x,y) -> y - x);
q.addAll(set);
while(!q.isEmpty()) {
int num = q.poll() >> 1;
ans++;
if((num & 1) == 0 && !set.contains(num)) q.add(num);
}
return ans;
} B. 牛牛摆放花
题目描述
牛牛有 n 朵需要摆放的花，但是每朵花呢，高度都不一样，牛牛不喜欢相邻的花高度相差太多，这样会影响美感。
所以牛牛提出了一个“丑陋度”的概念，“丑陋度”意思为在一个摆放序列中，相邻花高度差的最大值。而且牛牛是一个完美主义者，所以他希望:
1.将这些花摆成首尾相接的圆形
2.为了美观，他希望摆放的花“丑陋度”最小
程序应返回：按照这些花排成一个圆的顺序，输出在多个摆放花的序列中，最小的“丑陋度”。
备注:
第一个参数为一个整数 n(2 ≤ n ≤ 10^5)，代表花的数量。
第二个参数为包含 a1, a2, a3 ... an(1 ≤ ai ≤ 10^9) 的数组，代表每朵花的高度。示例1
输入
5,[2,1,1,3,2]输出
1说明
可以摆成 1 2 3 2 1这样的序列，最小的“丑陋度”为1示例2
输入
3,[30,10,20]输出
20说明
可以摆成10 30 20这样的序列，最小的“丑陋度”为20解法：排序
思路分析
如果不考虑首尾相接的话，要想丑陋度最小，显然摆放序列为升序/降序。
现在要求首尾相接，因此首尾的高度差也要小一些，显然 V 型 序列或者 ^ 型 序列满足要求。
故而进行排序，升序/降序都可以。这里以升序为例，高度差 = arr[i] - arr[i - 2]。首尾高度差 = arr[1] - arr[0]。
时间复杂度：O(nlogn)。
空间复杂度：O(1)。
代码实现
public int solve (int n, int[] array) {
Arrays.sort(array);
int ans = array[1] - array[0];
for(int i = 2; i < n; i++)
ans = Math.max(ans, array[i] - array[i - 2]);
return ans;
}C. 星球游戏
题目描述
牛牛和牛妹在进行一场星球模拟游戏，游戏规则如下：
游戏地图内共有 n 个星球，共有 m 条隧道连接这些星球。每条隧道都是双向的，每两个星球间不一定只有一条隧道。现在牛牛占领了这 n 个星球中的 p 个星球，牛妹占领了这 n 个星球中的 q 的星球（每个星球最多只能被一个人占领）。现在牛牛想知道他占领的 p 个星球中任意一个星球，到牛妹占领的 q 个星球中任意一个星球，这两个星球的最短距离是多少。
备注:
2 ≤ n ≤ 1e5, 0 ≤ m ≤ 2e5, 1 ≤ p ≤ 1e5, 1 ≤ q ≤ 1e5, p + q ≤ n, min(p, q) ≤ 10, 1 ≤ wi ≤ 1e4
相关参数意义如下
niuniu 牛牛占领的p个星球的编号
niumei 牛妹占领的q个星球的编号
path m条隧道，每条隧道有三个数分别是ui,vi,wi。ui,vi分别是隧道的两边星球的编号，wi是它们之间的距离
nn int整型 星球个数n示例1
输入
[1],[3,4],[[1,2,7],[2,3,6],[3,4,2],[1,3,11],[2,4,3]],4输出
10说明
距离最近的牛牛星和牛妹星是 1 和 4，他们之间的距离为 10示例2
输入
[1],[2],[],2输出
-1说明
所有的牛牛星和牛妹星都不联通，故输出 -1解法：dijkstra算法
思路分析
显然这题是单源最短路问题，直接使用 dijkstra 算法可解。
有人可能要问了：“汪汪，牛牛不是占领了 p 个星球吗，怎么会是单源最短路问题？”
注意到题目中说的是 p 个星球中任意一个，所以法力无边的本汪创造了一个超级星球 X，从 X 出发可以瞬移到牛牛的 p 个星球，因此本题就等价于问从星球 X 出发，到牛妹占领的星球中最近距离是多少。就这样轻轻松松地变成一个单源最短路问题了。
本汪默认聪明博学的小伙伴们都会 dijkstra 算法，在这就不多赘述了。（才不是因为我懒）
如果有小伙伴对 dijkstra 算法还有疑问，可以在下方留言，有需求的话本汪就专门出一期 dijkstra 算法的博客。
代码实现
public class Solution {
/**
*
* @param niuniu int整型一维数组 牛牛占领的p个星球的编号
* @param niumei int整型一维数组 牛妹占领的q个星球的编号
* @param path int整型二维数组 m条隧道，每条隧道有三个数分别是ui,vi,wi。ui,vi分别是隧道的两边星球的编号，wi是它们之间的距离
* @param nn int整型 星球个数n
* @return int整型
*/
final int INF = 10001;
public int Length (int[] niuniu, int[] niumei, int[][] path, int nn) {
List[] edges = new List[nn + 1];
int[] dis = new int[nn + 1];
Arrays.fill(dis, INF);
boolean[] vis = new boolean[nn + 1];
for(int i = 0; i <= nn; i++) edges[i] = new ArrayList();
for(int[] edge: path) {
edges[edge[0]].add(new Pair(edge[2],edge[1]));
edges[edge[1]].add(new Pair(edge[2],edge[0]));
}
Queue q = new PriorityQueue((a, b) -> a.d - b.d);
for(int u: niuniu) {
dis[u] = 0;
q.add(new Pair(0, u));
}
while(!q.isEmpty()) {
Pair p = q.poll();
if(vis[p.v]) continue;
vis[p.v] = true;
for(Pair e: edges[p.v]) {
if(dis[e.v] > dis[p.v] + e.d) {
dis[e.v] = dis[p.v] + e.d;
q.offer(new Pair(dis[e.v],e.v));
}
}
}
int ans = INF;
for(int u: niumei) ans = Math.min(ans, dis[u]);
return ans == INF ? -1 : ans;
}
}
class Pair{
int d; //距离
int v; //另一个顶点
public Pair(int d, int v) {
this.d = d;
this.v = v;
}
} 写在最后
「牛客编程巅峰赛系列题解」也写了八期了，每篇文章都要耗费大量的时间进行撰写、排版、纠错。但对小伙伴们的帮助却不大，本汪 也是产生了一丢丢的挫败感。
暂不打算继续更新这个系列的文章了。
新的计划是更新「解题方法系列」的文章。第一期的标题我都想好了：【遇到「最值问题」无脑动态规划？二分法考虑一下呗】。预计一周内更新。
如果小伙伴想了解其他方面的知识，可以在下方评论区留言哦。本汪 会视情况决定是否新开这个系列。