leetCode第196场周赛学习

196场周赛

1502. 判断能否形成等差数列

分析

排序一下 然后枚举 只要不满足等差数列性质就返回false,否则就返回true

暴力

class Solution {
public:
    bool canMakeArithmeticProgression(vector<int>& arr) {
        sort(arr.begin(),arr.end());
        int n=arr.size();
        for(int i=2;i<n;i++){
            if(arr[i]-arr[i-1]!=arr[1]-arr[0])
                return false;
        }
        return true;
    }
};

1503. 所有蚂蚁掉下来前的最后一刻

有一块木板,长度为 n 个 单位 。一些蚂蚁在木板上移动,每只蚂蚁都以 每秒一个单位 的速度移动。其中,一部分蚂蚁向 左 移动,其他蚂蚁向 右 移动。

当两只向 不同 方向移动的蚂蚁在某个点相遇时,它们会同时改变移动方向并继续移动。假设更改方向不会花费任何额外时间。

而当蚂蚁在某一时刻 t 到达木板的一端时,它立即从木板上掉下来。

给你一个整数 n 和两个整数数组 left 以及 right 。两个数组分别标识向左或者向右移动的蚂蚁在 t = 0 时的位置。请你返回最后一只蚂蚁从木板上掉下来的时刻。

分析

我我我我 第一想法是按照题意模拟蚂蚁的运动 然后得到结果 然后想想还是很繁琐的 就打算看看题解再尝试

!!没想到 这就是脑经急转弯 按照题意 当两只向 不同 方向移动的蚂蚁在某个点相遇时,它们会同时改变移动方向并继续移动。假设更改方向不会花费任何额外时间。这其实就是迷惑 宏观上看并没有发生任何变化(虽然的确发生了变化) 如果没有这句话的话看着会更清晰!

那么 我们就当他没变化 因为逻辑上是发生了变化 但是完全不影响结果 (两只蚂蚁改变方向和不改变方向效果一致)

暴力

class Solution {
public:
    int getLastMoment(int n, vector<int>& left, vector<int>& right) {
        int res=0;
        for(auto& x:left)
            res=max(res,x);
        for(auto& x:right)
            res=max(res,n-x);
        return res;
    }
};

1504. 统计全 1 子矩形

给你一个只包含 0 和 1 的 rows * columns 矩阵 mat ,请你返回有多少个 子矩形 的元素全部都是 1 。

输入:mat = [[1,0,1],
[1,1,0],
[1,1,0]]
输出:13
解释:
有 6 个 1x1 的矩形。
有 2 个 1x2 的矩形。
有 3 个 2x1 的矩形。
有 1 个 2x2 的矩形。
有 1 个 3x1 的矩形。
矩形数目总共 = 6 + 2 + 3 + 1 + 1 = 13 。

输入:mat = [[0,1,1,0],
[0,1,1,1],
[1,1,1,0]]
输出:24
解释:
有 8 个 1x1 的子矩形。
有 5 个 1x2 的子矩形。
有 2 个 1x3 的子矩形。
有 4 个 2x1 的子矩形。
有 2 个 2x2 的子矩形。
有 2 个 3x1 的子矩形。
有 1 个 3x2 的子矩形。
矩形数目总共 = 8 + 5 + 2 + 4 + 2 + 2 + 1 = 24 。

分析

第一个for预处理,得到(i,j)向左延申的连续的1的个数,然后第二个for枚举高就得到了能够得到的矩形

row[i][j]表示(i,j)向左延申的连续的1的个数
然后第二个for遍历干的事情是算个数,从高度k1的矩形到高度为i的矩形,我们前面预处理得到的就是当前元素在这一行能向做衍生的最大宽度,算个数的时候需要借助这个宽度了,如果当row[k][j]大于row[i][j]那么我们加上row[i][j] 如果row[k][j]小于row[i][j]那么我们加上row[k][j],因为题意要求必须满足条件

那么我们就按照意思来  对于大于等于当前数的 都+当前数 直到遇到第一个小于当前数的就+这个数 重复前面的步骤 就能发现优化的思路 可以采用单调栈将复杂度降低至o(n)

枚举法

class Solution {
public:
    int numSubmat(vector<vector<int>>& mat) {
        int n = mat.size();
        int m = mat[0].size();
        vector<vector<int> > row(n, vector<int>(m, 0));
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < m; ++j) {
                if (j == 0) {
                    row[i][j] = mat[i][j];
                } else if (mat[i][j]) {
                    row[i][j] = row[i][j - 1] + 1;
                }
                else {
                    row[i][j] = 0;
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < m; ++j) {
                int col = row[i][j];
                for (int k = i; k >= 0 && col; --k) {
                    col = min(col, row[k][j]); //满足条件的矩形就是两者去一个最小值,越往上走 满足条件的越少
                    ans += col;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

枚举法 单调栈优化

class Solution {
public:
    int numSubmat(vector<vector<int>>& mat) {
        int n = mat.size(), m = mat[0].size();
        vector<vector<int>> f(n, vector<int>(m));
        for (int i = 0; i < n; i ++ ){
            for (int j = 0; j < m; j ++ )
            {
                if (mat[i][j]) {
                    f[i][j] = 1;
                    if (i) f[i][j] += f[i - 1][j];
                }
            }
        }

        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
            stack<pair<int, int>> stk;
            for (int j = 0; j < m; j ++ ) {
                while (stk.size() && f[i][stk.top().first] >= f[i][j]) stk.pop();
                int s = 0;
                if (stk.size()) {
                    s += stk.top().second;
                    s += (j - stk.top().first) * f[i][j];
                } else {
                    s += (j + 1) * f[i][j];
                }
                stk.push({j, s});
                res += s;
            }
        }

        return res;
    }
};

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