LeetCode第 201 场周赛

第 201 场周赛

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面试题01.01 判断字符是否唯一

这是我们的第一篇题解,之后我们会每天一道,持之以恒。

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Grand Theft Algorithm

题目1:1544. 整理字符串

思路:栈

签到题,多种解法。

维护一个栈,遍历字符串,每遍历到一个字符就将其与栈顶元素比较。

实现细节:

比较前要保证栈不为空。

最后从栈中提取时,要注意用 res = a.top() + res,而非 res += a.top(),因为是按照顺序入栈的,所以出栈顺序刚好相反。利用 res = a.top() + res 将每次出栈的元素放到字符串最前面,就是正确的顺序了。

代码:

class Solution {
public:
    string makeGood(string s) {
        stack a;
        int len = s.size();
        a.push(s[0]);
        for(int i = 1; i < len; i++) {
            if(!a.empty() && abs(s[i] - a.top()) == 'a' - 'A') {
                a.pop();
            } else {
                a.push(s[i]);
            }
        }
        string res = "";
        while(!a.empty()) {
            res = a.top() + res;	//逆序输出
            a.pop();
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析:

遍历字符串时间复杂度O(N),拼接结果字符串也是O(N),故时间复杂度为O(N);

维护了一个栈,空间复杂度为O(N)。

题目2:1545. 找出第 N 个二进制字符串中的第 K 位

思路:记录翻转次数

首先,设S(n)对应的位数len,则有:
l e n = 2 n − 1 len = 2 ^ n - 1 len=2n1
且我们可以发现,第k个元素与第len + 1 - k个元素刚好是互为翻转,也即一个是0,一个是1,这是因为前一半与后一半互为反转的翻转。

既然这样,我们不需要算出给定 n 对应的 S(n) 究竟是什么样的字符串,而只需要找到当前这第 k 位的元素是怎么出来的就行了。

也就是说,如果这第 k 位元素在当前字符串S(n)的右半部分,则说明它是通过S(n - 1)拓展而来的,而根据我们上面的分析,其对应的 S(n - 1)中的位置是 len + 1 - k;如果在当前字符串的左半部分,说明其并未翻转,直接从S(n - 1)继承而来。

以此类推,我们就找到了一种方式进行递归,每次将S(n)简化到S(n - 1),最终能够到达 S(1),而在这个过程中,我们每次只需要记录要找的这个元素被翻转的次数即可。

实现细节:

外层while循环保证n自减,内层判断 k 与 len / 2的关系。

若 k == len / 2,根据题意知,该位置是某一次扩展时直接赋值的1,但是经过我们的分析,当前的k有可能是通过某一轮的 k = len + 1 - k得来的,所以在返回值得部分要加上翻转次数 cnt。

若 k > len / 2,则根据上面的分析,我们将翻转次数 cnt++,并将k挪到字符串的左半部分,也即 k = len + 1 - k,以便于下一轮循环的缩小范围。

代码:

class Solution {
public:
    char findKthBit(int n, int k) {
        int cnt = 0;
        while(n) {
            int len = (1 << n) - 1;
            if(len == 1) {
                return (char)(cnt % 2 + '0');
            }
            if(k > (len + 1) / 2) {
                k = len + 1 - k;
                cnt++;
            } else if(k == (len + 1) / 2) {
                return (char)((cnt + 1) % 2 + '0');
            }
            n--;
        }
        return (char)(cnt % 2 + '0');
    }
};

复杂度分析:

外层循环嵌套复杂度O(N),内层处理复杂度O(1),故总时间复杂度为O(N);

只用了简单变量,空间复杂度为O(1)。

题目3:1546. 和为目标值的最大数目不重叠非空子数组数目

思路:前缀和+哈希优化

最简单的方式是前缀和遍历,然后双重循环嵌套判断两点(i, j)之间的前缀和之差是否为target,时间复杂度为O(N^2),但是本题给定的数据会超时,所以要想办法优化。

我们假设前缀和数组为A,由于前缀和的原理就是判断 A[j] - A[i] == target 是否成立,所以我们可以换一种方式,即判断 A[j] = A[i] + target是否成立,由于题目只要求计算这样的(i, j)对的数量,所以我们利用哈希表直接记录 A[i] + target 的值即可。

从前往后遍历的过程中,我们维护 pos 为当前前缀和,判断当前pos在哈希表中是否出现过,并将 pos + target 记录入哈希表。这样只需要一轮遍历就足够了。

实现细节:

维护unordered_map哈希表,记录pos + target值及其对应出现的位置。

维护res记录满足条件的区间数,也即(i, j)对的数量,维护pos记录当前前缀和。

每次找到满足条件的区间后,res++,由于要求区间不重叠,所以直接清空map。

最为关键的是初始化及每次清空后,要单独赋值mp[target] = 1,这样做的原因是在找到一组区间后,清空map,如果之后跟着的连续几个元素之和刚好为target,要保证能够记录该区间。

代码:

class Solution {
public:
    int maxNonOverlapping(vector& nums, int target) {
        unordered_map mp;
        mp[target] = 1;
        int pos = 0;
        int res = 0;
        for(int x : nums) {
            pos += x;
            if(mp[pos] > 0) {
                pos = 0;
                mp.erase(mp.begin(), mp.end());
                mp[target] = 1;
                res++;
            } else {
                mp[pos + target]++;
            }
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析:

数组遍历,时间复杂度为O(N);

利用了哈希表,空间复杂度为O(N)。

题目4:1547. 切棍子的最小成本

思路:动态规划

设dp(i, j)表示以(i, j)为左右端点时,切割木棍的最小成本,显然(i, j)的取值范围只能是0,n以及cuts数组中的某一个数,所以我们将 cuts 数组扩展,加上最左边界0及最右边界n,表示可供切割的所有端点集合。

对于给定的左右端点(i, j),切割木棍的最小成本可以通过遍历该区间内所有可供切割的端点,并更新最小值获得。这样通过递归调用的方式可以将整个问题转换为若干子问题求解。

实现细节:

边界条件:dp(i , i + 1) = 0,这是因为间距为1时无法再进行切割

初始化:dp(i, j) = INT_MAX,便于求解最小值

结合上面的分析,我们遍历(i, j)之间所有可供切割的节点k,并将目前的问题转化为在(i, k)与(k, j)上分别求解最小花费的子问题,且对于节点 k 的切割所需花费为 cuts[j] - cuts[i],所以可以列出动态转移方程如下:
d p [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i ] [ k ] + d p [ k ] [ j ] + c u t s [ j ] − c u t s [ i ] ) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j] + cuts[j] - cuts[i]) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+cuts[j]cuts[i])
为便于扩展cuts数组,用新数组a来替代。

为了减少重复计算,利用二维数组记录所有已经求出的dp(i)(j)。

代码:

int a[105];
int dp[105][105];

int solve(int l, int r)
{
    if (dp[l][r] != INT_MAX) return dp[l][r];
    if (r - l == 1) {
        dp[l][r] = 0;
        return dp[l][r];
    }
    for(int i = l + 1; i <= r - 1; i++) {
        dp[l][r] = min(dp[l][r], solve(l, i) + solve(i, r) + a[r] - a[l]); 
    }
    return dp[l][r];
}

class Solution {
public:
    int minCost(int n, vector& cuts) {
        sort(cuts.begin(), cuts.end());
        int len = cuts.size();
        for(int i = 1; i <= len; i++) {
            a[i] = cuts[i - 1];
        }
        a[0] = 0;
        a[len + 1] = n;
        
        for(int i = 0; i <= len + 1; i++) {
            for(int j = 0; j <= len + 1; j++) {
                dp[i][j] = INT_MAX;
            }
        }
        int tmp = solve(0, len + 1);
        return tmp;
    }
};

复杂度分析:

利用记忆化动态规划,每个(i, j)对对应的最小花费最多只会被计算一次,总时间复杂度为O(len^2);

空间复杂度为O(len^2)。

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