LeetCode 539. 最小时间差 / 219. 存在重复元素 II / 2029. 石子游戏 IX（博弈，总结规律）
539. 最小时间差
2022.1.18 每日一题，今天回家了
题目描述
给定一个 24 小时制（小时:分钟 “HH:MM”）的时间列表，找出列表中任意两个时间的最小时间差并以分钟数表示。
示例 1：
输入：timePoints = [“23:59”,“00:00”]
输出：1
示例 2：
输入：timePoints = [“00:00”,“23:59”,“00:00”]
输出：0
提示：
2 <= timePoints.length <= 2 * 104
timePoints[i] 格式为 “HH:MM”
来源：力扣（LeetCode）
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思路
思路很简单，排序就行，主要是怎么计算时间差
因为时间点只有1440个，所以统计每个点位置是否有时间存在，然后计算差值，也是一种方案，这种方法不用排序
class Solution {
public int findMinDifference(List<String> timePoints) {
//排序，然后计算每两个相邻位置的差值，取最小
int l = timePoints.size();
if(l > 1440)
return 0;
int[] time = new int[l];
int idx = 0;
for(String s : timePoints){
String[] temp = s.split(":");
int hour = Integer.parseInt(temp[0]);
int minute = Integer.parseInt(temp[1]);
time[idx++] = hour * 60 + minute;
}
Arrays.sort(time);
int min = time[0] - 0 + 1440 - time[l - 1];
for(int i = 1; i < l; i++){
min = Math.min(min, time[i] - time[i - 1]);
}
return min;
}
}
219. 存在重复元素 II
2021.1.19 每日一题
题目描述
给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，判断数组中是否存在两个 不同的索引 i 和 j ，满足 nums[i] == nums[j] 且 abs(i - j) <= k 。如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：nums = [1,2,3,1], k = 3
输出：true
示例 2：
输入：nums = [1,0,1,1], k = 1
输出：true
示例 3：
输入：nums = [1,2,3,1,2,3], k = 2
输出：false
提示：
1 <= nums.length <= 10^5
-10^9 <= nums[i] <= 10^9
0 <= k <= 10^5
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/contains-duplicate-ii
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思路
刚开始写了个优先队列的方法，一提交太慢了
class Solution {
public boolean containsNearbyDuplicate(int[] nums, int k) {
//滑动窗口用来判断就可以？
//或者是哈希表套列表，判断列表中下标是否是满足条件的
int l = nums.length;
//还是用优先队列来写，好像简单点
PriorityQueue<int[]> pq = new PriorityQueue<>(new Comparator<int[]>(){
public int compare(int[] a, int[] b){
if(a[0] == b[0])
return a[1] - b[1];
else
return a[0] - b[0];
}
});
for(int i = 0; i < l; i++){
pq.offer(new int[]{nums[i], i});
}
int[] pre = pq.poll();
while(!pq.isEmpty()){
int[] temp = pq.poll();
if(temp[0] == pre[0] && Math.abs(temp[1] - pre[1]) <= k)
return true;
pre = temp;
}
return false;
}
}
因为重复了就会返回true，所以可以直接用set集合
class Solution {
public boolean containsNearbyDuplicate(int[] nums, int k) {
//滑动窗口用来判断就可以？
//用哈希表记录k个位置的数
//因为如果重复了，就会返回true，所以可以直接添加
int l = nums.length;
Set<Integer> set = new HashSet<>();
for(int i = 0; i < l; i++){
if(i > k){
set.remove(nums[i - k - 1]);
}
if(set.contains(nums[i]))
return true;
set.add(nums[i]);
}
return false;
}
}
2029. 石子游戏 IX
2021.1.20 每日一题
题目描述
Alice 和 Bob 再次设计了一款新的石子游戏。现有一行 n 个石子，每个石子都有一个关联的数字表示它的价值。给你一个整数数组 stones ，其中 stones[i] 是第 i 个石子的价值。
Alice 和 Bob 轮流进行自己的回合，Alice 先手。每一回合，玩家需要从 stones 中移除任一石子。
如果玩家移除石子后，导致 所有已移除石子 的价值 总和 可以被 3 整除，那么该玩家就 输掉游戏 。
如果不满足上一条，且移除后没有任何剩余的石子，那么 Bob 将会直接获胜（即便是在 Alice 的回合）。
假设两位玩家均采用 最佳 决策。如果 Alice 获胜，返回 true ；如果 Bob 获胜，返回 false 。
示例 1：
输入：stones = [2,1]
输出：true
解释：游戏进行如下：
-回合 1：Alice 可以移除任意一个石子。
-回合 2：Bob 移除剩下的石子。
已移除的石子的值总和为 1 + 2 = 3 且可以被 3 整除。因此，Bob 输，Alice 获胜。
示例 2：
输入：stones = [2]
输出：false
解释：Alice 会移除唯一一个石子，已移除石子的值总和为 2 。
由于所有石子都已移除，且值总和无法被 3 整除，Bob 获胜。
示例 3：
输入：stones = [5,1,2,4,3]
输出：false
解释：Bob 总会获胜。其中一种可能的游戏进行方式如下：
-回合 1：Alice 可以移除值为 1 的第 2 个石子。已移除石子值总和为 1 。
-回合 2：Bob 可以移除值为 3 的第 5 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 = 4 。
-回合 3：Alices 可以移除值为 4 的第 4 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 = 8 。
-回合 4：Bob 可以移除值为 2 的第 3 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 + 2 = 10.
-回合 5：Alice 可以移除值为 5 的第 1 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 + 2 + 5 = 15.
Alice 输掉游戏，因为已移除石子值总和（15）可以被 3 整除，Bob 获胜。
提示：
1 <= stones.length <= 10^5
1 <= stones[i] <= 10^4
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/stone-game-ix
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思路
太难了
思考了很久，能明白考虑余数0 1 2，也想到了1 12 12；2 21 21 这种规律，但是还是捋不清楚所有情况，
class Solution {
public boolean stoneGameIX(int[] stones) {
//又是这种博弈的题
//所给的石子很多，肯定是有什么技巧
//根据除以三的余数，可以将石子分为三堆，分别为0 1 2
//刚开始Alice肯定要选 1 2 中的一个，如果选了1，那么Bob就相应的选0 1
//每个人选择余数为0的石子，相当于交换了先后手顺序
//而选择了1，对方如果不选择交换先后手，那么就只能选1，下面先手就需要选2，后手就是1，然后就一直2 1循环， 1 12 12
//选择了2，同样也只能选2，然后先手选1，后手选2，1 2循环，也就是 2 21 21 21
//也就是说，如果不选择交换先后手的话，后手只能被动的跟着先手行动，
//如果能一直循环下去，那么就只能看最后的总和了；
//如果中间有断开，那么谁断开了，那么就输了
//所以说如果0的个数是偶数，那么先手应该怎么行动呢，就看1和2的个数；0是奇数的话，相当于先手权利交换
//那么怎么选择是从1开始还是2开始呢，从1开始，每次先手选的都是2；从2开始，每次先手选的都是1
//考虑1 12 12 这种情况先手如何取胜，首先因为先手每次都是2，所以当2的个数大于等于1时，先手获胜
//再考虑2 21 21 这种情况先手如何取胜，每次先手都是1，所以1的个数大于等于2时，先手获胜
//这样的话，综合以上两种情况，可以看到1大于等于2或者2大于等于1都可以获胜，前提是有1且有2
//还需要考虑0的个数是奇数的情况，如果是奇数，那么就先当于能转换先手权利，此时先手在什么情况下才能取胜呢
//相当于考虑Alice输的几种情况，看看转换了先手是否能保证获胜，
//考虑1 12 12 这种情况，如果1的个数大于2：当1比2多一个，Bob胜利，多两个，Bob胜利，
//这两种情况都是将所有数字都使用完了，因而导致了Bob胜利，转换先手没有用
//多三个的时候，Alice可以转换先手权利，导致相当于是Bob先放了一个1，然后Bob需要2，然而2少，所以肯定会输
//同理，2 21 21 这种情况，当2比1多三个以上，Alice胜利
//到这里，总结了所有Alice能赢的情况，其他情况就是Bob胜利
int l = stones.length;
int count0 = 0;
int count1 = 0;
int count2 = 0;
for(int n : stones){
if(n % 3 == 0)
count0++;
else if(n % 3 == 1)
count1++;
else
count2++;
}
boolean change = count0 % 2 == 1;
if(!change)
return count1 >= 1 && count2 >= 1;
else
return count1 - count2 >= 3 || count2 - count1 >= 3;
}
}