LeetCode 第63场双周赛复盘
LeetCode 第63场双周赛复盘
背景
2022秋招以0 offer基本结束，没有收到很满意的offer，基本上大厂全挂。对自己这样一个结果并不满意，为了能在春招上收获到满意的offer，于是决定继续参加周赛，提高自己的算法能力。
结果
前面二道过了，第二题wa了9次。全球排名4603 / 9524，全国排名1499/2828，妥妥的中位数。下次的目标是进前50%
复盘
第一题[简单贪心]：
传送门
题目描述：
一个房间里有 n 个座位和 n 名学生，房间用一个数轴表示。给你一个长度为 n 的数组 seats ，其中 seats[i] 是第 i 个座位的位置。同时给你一个长度为 n 的数组 students ，其中 students[j] 是第 j 位学生的位置。
你可以执行以下操作任意次：
- 增加或者减少第 i 位学生的位置，每次变化量为 1 （也就是将第 i 位学生从位置 x 移动到 x + 1 或者 x - 1）
请你返回使所有学生都有座位坐的 最少移动次数 ，并确保没有两位学生的座位相同。
请注意，初始时有可能有多个座位或者多位学生在 同一 位置。
示例1 ：
输入：seats = [3,1,5], students = [2,7,4]
输出：4
解释：学生移动方式如下：
- 第一位学生从位置 2 移动到位置 1 ，移动 1 次。
- 第二位学生从位置 7 移动到位置 5 ，移动 2 次。
- 第三位学生从位置 4 移动到位置 3 ，移动 1 次。
总共 1 + 2 + 1 = 4 次移动。
题目解答：
翻译翻译就是，给这些懒得多走路的学生找位置坐，使得他们走的路是最少的。
当时竞赛的解答：
我的想法非常朴素，是给每个懒学生找离他们最近的位子坐。
主要是靠经验，因为周赛一般来说第一题都很简单，通常就是贪心题。比较常见的贪心做法就是先排序。
class Solution {
public int minMovesToSeat(int[] seats, int[] students) {
Arrays.sort(seats);
Arrays.sort(students);
int n = seats.length;
int res = 0;
for(int i=0;i<n;i++){
res+=Math.abs(seats[i]-students[i]);
}
return res;
}
}
贪心题的证明[想要提高必须要吃的苦]
证明上述的贪心做法是正确的,别看写的多，其实就是去绝对值
-
n=1时，只能有去做那个位置
-
n=2时，设两个座位位置分别是a,b，满足a
- 方案一，按照大小关系一一对应，即cost1=|a-c|+|b-d|
- 方案二，不按照方案一，那么选择的代价cost2=|a-d|+|b-c|;
要证明方案一的代价要比方案二的代价小，即cost1
要求绝对值，就得判断大小关系，题设有a
情况一：a
= c − a + d − b − d + a − b − c = 0 =c-a+d-b-d+a-b-c=0 =c−a+d−b−d+a−b−c=0
情况二：c
∣ a − c ∣ + ∣ b − d ∣ − ( ∣ a − d ∣ + ∣ b − c ∣ ) = 0 |a-c|+|b-d|-(|a-d|+|b-c|)=0 ∣a−c∣+∣b−d∣−(∣a−d∣+∣b−c∣)=0
情况三：a
情况四：c
情况五：a
- n>2时，用数学归纳法证明
第二题Alice和Bob
传送门
题目描述
总共有 n 个颜色片段排成一列，每个颜色片段要么是 ‘A’ 要么是 ‘B’ 。给你一个长度为 n 的字符串 colors ，其中 colors[i] 表示第 i 个颜色片段的颜色。
Alice 和 Bob 在玩一个游戏，他们 轮流 从这个字符串中删除颜色。Alice 先手 。
如果一个颜色片段为 ‘A’ 且 相邻两个颜色 都是颜色 ‘A’ ，那么 Alice 可以删除该颜色片段。Alice 不可以 删除任何颜色 ‘B’ 片段。
如果一个颜色片段为 ‘B’ 且 相邻两个颜色 都是颜色 ‘B’ ，那么 Bob 可以删除该颜色片段。Bob 不可以 删除任何颜色 ‘A’ 片段。
Alice 和 Bob 不能 从字符串两端删除颜色片段。
如果其中一人无法继续操作，则该玩家 输 掉游戏且另一玩家 获胜 。
假设 Alice 和 Bob 都采用最优策略，如果 Alice 获胜，请返回 true，否则 Bob 获胜，返回 false。
示例 1：
输入：colors = “AAABABB”
输出：true
解释：
AAABABB -> AABABB
Alice 先操作。
她删除从左数第二个 ‘A’ ，这也是唯一一个相邻颜色片段都是 ‘A’ 的 ‘A’ 。现在轮到 Bob 操作。
Bob 无法执行任何操作，因为没有相邻位置都是 ‘B’ 的颜色片段 ‘B’ 。
因此，Alice 获胜，返回 true 。
题目解答
就是找出两个人可以操作的次数，因为alice先开始，所以如果alice的操作次数大于bob的操作次数+1的话，那么alice就赢了
wa了9次，才想出的，可以看出写出的代码也很烂。看别人的代码也有用字符串写的
class Solution {
public boolean winnerOfGame(String colors) {
int n = colors.length();
int prevA = -1;
int cnt1 = 0;
int cnt2 = 0;
int lenA = 0;
int prevB = -1;
int lenB = 0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(colors.charAt(i)=='A'){
prevB = i;
if(lenB>=3){
cnt2+=lenB-2;
}
lenB=0;
lenA = Math.max(lenA,i-prevA);//统计当前连续的A
}else{
prevA = i;
if(lenA>=3){
cnt1+=lenA-2;
//如果A的连续断了就将这一段可以操作的次数加上去
}
lenA = 0;
lenB = Math.max(lenB,i-prevB);
}
}
//统计末尾的情况
if(lenA>=3){
cnt1+=lenA-2;
}
if(lenB>=3){
cnt2+=lenB-2;
}
if(cnt1>=cnt2+1){
return true;
}else{
return false;
}
}
}
字符串分割写法
参考链接
public static boolean winnerOfGame(String colors) {
String A[] = colors.split("B");
//比如"AAABABB"，划分出来的就是[AAA,A]
String B[] = colors.split("A");
//划分出来的就是[ , , ,B,BB]
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for (String str : A) {
if (str.length() > 2) {
cnt1 += (str.length() - 2);//只有大于三才能操作
}
}
for (String str : B) {
if (str.length() > 2) {
cnt2 += (str.length() - 2);
}
}
if (cnt1 == 0) return false;
if (cnt1 <= cnt2) return false;
else return true;
}
第三题[无向图的最短路径]
传送门
题目描述：
给你一个有 n 个服务器的计算机网络，服务器编号为 0 到 n - 1 。同时给你一个二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示服务器 ui 和 vi 之间有一条信息线路，在 一秒 内它们之间可以传输 任意 数目的信息。再给你一个长度为 n 且下标从 0 开始的整数数组 patience 。
题目保证所有服务器都是 相通 的，也就是说一个信息从任意服务器出发，都可以通过这些信息线路直接或间接地到达任何其他服务器。
编号为 0 的服务器是 主 服务器，其他服务器为 数据 服务器。每个数据服务器都要向主服务器发送信息，并等待回复。信息在服务器之间按 最优 线路传输，也就是说每个信息都会以 最少时间 到达主服务器。主服务器会处理 所有 新到达的信息并 立即 按照每条信息来时的路线 反方向 发送回复信息。
在 0 秒的开始，所有数据服务器都会发送各自需要处理的信息。从第 1 秒开始，每 一秒最 开始 时，每个数据服务器都会检查它是否收到了主服务器的回复信息（包括新发出信息的回复信息）：
如果还没收到任何回复信息，那么该服务器会周期性 重发 信息。数据服务器 i 每 patience[i] 秒都会重发一条信息，也就是说，数据服务器 i 在上一次发送信息给主服务器后的 patience[i] 秒 后 会重发一条信息给主服务器。
否则，该数据服务器 不会重发 信息。
当没有任何信息在线路上传输或者到达某服务器时，该计算机网络变为 空闲 状态。
请返回计算机网络变为 空闲 状态的 最早秒数 。
题目解答：
图这一块还是老样子，老是做不出来
下面是参考借鉴的大佬思路
T i T_i Ti表示 i i i号服务器完成所有传输需要的最短时间, d i s t i dist_i disti表示 i i i号服务器与0号服务器（也叫主服务器）的距离， p a t i e n c e i patience_i patiencei表示 i i i号服务器对应的重发等待时间
从i号服务器发送到主服务器，再从主服务器传回给i号服务器
T i = 2 ∗ d i s t i + [ ( 2 ∗ d i s t i − 1 ) / p a t i e n c e i ] ∗ p a t i e n c e i T_i=2*dist_i+[(2*dist_i-1)/patience_i]*patience_i Ti=2∗disti+[(2∗disti−1)/patiencei]∗patiencei
public int networkBecomesIdle(int[][] edges, int[] patience) {
int n = patience.length;
int res = 0;
//建图
HashMap<Integer,List<Integer>> adj = new HashMap<>();
for(int[] e:edges){
int x = e[0], y = e[1];
adj.putIfAbsent(x,new ArrayList<>());
adj.putIfAbsent(y,new ArrayList<>());//无向图建两次
adj.get(x).add(y);
adj.get(y).add(x);
}
//bfs求最短路径
int INF = (int)1e9;
int[] dmin = new int[n];
Arrays.fill(dmin,INF);
Queue<Integer> q = new LinkedList<>();
q.offer(0);
dmin[0] = 0;
while (!q.isEmpty()){
int x = q.poll();
if (x!=0){
int time = dmin[x];
int cur_cost = 2*time+(2*time-1)/patience[x]*patience[x];
res = Math.max(res,cur_cost);
}
for (int y : adj.getOrDefault(x, new ArrayList<>())) {
if(dmin[x]+1<dmin[y]){
dmin[y] = dmin[x]+1;
q.offer(y);
}
}
}
return res+1;
}
这个代码完全可以总结出求最小路径的模版
//建图
HashMap<Integer,List<Integer>> adj = new HashMap<>();
for(int[] e:edges){
int x = e[0], y = e[1];
adj.putIfAbsent(x,new ArrayList<>());
adj.putIfAbsent(y,new ArrayList<>());//无向图建两次
adj.get(x).add(y);
adj.get(y).add(x);
}
//bfs求最短路径
int INF = (int)1e9;
int[] dmin = new int[n];
Arrays.fill(dmin,INF);
Queue<Integer> q = new LinkedList<>();
q.offer(0);
dmin[0] = 0;
while (!q.isEmpty()){
int x = q.poll();
if (x!=0){
int time = dmin[x];
}
for (int y : adj.getOrDefault(x, new ArrayList<>())) {
if(dmin[x]+1<dmin[y]){
dmin[y] = dmin[x]+1;
q.offer(y);
}
}
}
第四题
传送门
题目描述：
给你两个 从小到大排好序 且下标从 0 开始的整数数组 nums1 和 nums2 以及一个整数 k ，请你返回第 k （从 1 开始编号）小的 nums1[i] * nums2[j] 的乘积，其中 0 <= i < nums1.length 且 0 <= j < nums2.length 。
示例1:
输入：nums1 = [2,5], nums2 = [3,4], k = 2
输出：8
解释：第 2 小的乘积计算如下：
- nums1[0] * nums2[0] = 2 * 3 = 6
- nums1[0] * nums2[1] = 2 * 4 = 8
第 2 小的乘积为 8 。
数据范围：
1 <= nums1.length, nums2.length <= 5 * 10^4
-10^5 <= nums1[i], nums2[j] <= 10^5
1 <= k <= nums1.length * nums2.length
nums1 和 nums2 都是从小到大排好序的。
题目解答：
从数据范围上去看，O(n^2)的算法肯定是过不了的
于是思考时间复杂度低的算法，二分
二分中套二分
public class Solution {
int[] A;
int[] B;
long k;
public void mswap(int[] a,int[] b){
int[] c = a;
a = b;
b = c;
}
public long kthSmallestProduct(int[] nums1, int[] nums2, long k) {
A=nums1;
B=nums2;
this.k=k;
long l = (long)(-1e10);
long r = (long)(1e10);
//二分找一个数mid 使得小于mid的数正好有k个
while (l<r){
long mid = (l+r)>>1;
if (check(mid)){
r=mid;
}else {
l=mid+1;
}
}
return l;
}
private boolean check(long uplimit) {
long res = 0;
if (A.length > B.length)
{
mswap(A, B);
}
//A代表的是长度小的数组
//B代表的是长度大的数组
int n1 = A.length;//两个数组都是从小到大排的
int n2 = B.length;
for (int x : A)
{ //对A数组中的每一个数分奇偶来判断
if (x < 0)//如果这个数是负数，那么它乘以B数组里最大的数就是最小的
{
//----如果最小的都大了，就过0
if ((long)x * B[n2 - 1] > uplimit)
{
continue;
}
else
{
//----二分最左
int l = 0;
int r = n2 - 1;
while (l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if ((long)x * B[mid] <= uplimit)
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
//由于x是负数，x乘以l的右边的数都小于uplimit，
res += (n2 - l);
}
}
else if (x > 0)
{
//----如果最小的都大了，就过
if ((long)x * B[0] > uplimit)
{
continue;
}
else
{
//----二分最右
int l = 0;
int r = n2 - 1;
while (l < r)
{
int mid = l + r + 1 >> 1;
if ((long)x * B[mid] <= uplimit)
l = mid;
else
r = mid - 1;
}
//由于x是负数，x乘以l的左边的数都小于uplimit，
res += (l + 1);
}
}
else
{
if (uplimit >= 0)
{
res += n2;
}
}
}
return res >= k ? true : false;
}
}