LeetCode 周赛上分之旅 #38 结合排序不等式的动态规划

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学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思维框架，你的思考越抽象，它能覆盖的问题域就越广，理解难度也更复杂。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告，一起体会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 38 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~

双周赛 110

T1. 取整购买后的账户余额（Easy）

• 标签：模拟

T2. 在链表中插入最大公约数（Medium）

• 标签：链表、数学

T3. 使循环数组所有元素相等的最少秒数（Medium）

• 标签：贪心、散列表

T4. 使数组和小于等于 x 的最少时间（Hard）

• 标签：排序不等式、动态规划、贪心

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T1. 取整购买后的账户余额（Easy）

https://leetcode.cn/problems/insert-greatest-common-divisors-in-linked-list/

题解（模拟）

阅读理解题。

其实就是将 purchaseAmount 向最近的 10 的倍数四舍五入，再用 100 减去它。

class Solution {
    fun accountBalanceAfterPurchase(purchaseAmount: Int): Int {
        return 100 - (purchaseAmount + 5) / 10 * 10 
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(1)$
• 空间复杂度：$O(1)$

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T2. 在链表中插入最大公约数（Medium）

https://leetcode.cn/problems/insert-greatest-common-divisors-in-linked-list/

题解（数学）

久违的链表题。

题目相对简单，其实就是依次处理每两个节点，并插入一个新的最大公约数节点。以下提供两个写法：

• 构造新链表：

class Solution {
    fun insertGreatestCommonDivisors(head: ListNode?): ListNode? {
        val dummy = ListNode(-1)
        var rear = dummy
        var p = head
        while (null != p) {
            rear.next = p
            rear = p
            val next = p.next
            if (null != next) {
                val newNode = ListNode(gcb(p.`val`, next.`val`))
                newNode.next = next
                p.next = newNode
                rear.next = newNode
                rear = newNode
            }
            p = next
        }
        return dummy.next
    }

    private fun gcb(a:Int, b:Int) :Int {
        var x = a
        var y = b
        while (y != 0) {
            val temp = x % y
            x = y
            y = temp
        }
        return x
    }
}

• 在原链表上插入：

class Solution {
    fun insertGreatestCommonDivisors(head: ListNode?): ListNode? {
        var p = head
        while (null != p?.next) {
            val next = p.next
            val newNode = ListNode(gcb(p.`val`, next.`val`))
            newNode.next = next
            p.next = newNode
            p = next
        }
        return head
    }

    private fun gcb(a:Int, b:Int) :Int {
        var x = a
        var y = b
        while (y != 0) {
            val temp = x % y
            x = y
            y = temp
        }
        return x
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(nlgU)$ 其中单次最大公约数的计算时间复杂度为 $O(lgU)$，U 为数值上界；
• 空间复杂度：$O(1)$ 不考虑输出空间。

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T3. 使循环数组所有元素相等的最少秒数（Medium）

https://leetcode.cn/problems/minimum-seconds-to-equalize-a-circular-array/

题解（贪心 + 散列表）

根据题目要求，我们可以通过将数字复制到相邻位置上，以实现数组中所有元素都相等。因此，如果我们选择数字 x 为最终元素，那么决定替换秒数的关键在与数组中不等于 x 的最长子数组长度。

所以，我们的算法是计算以每种数字 x 为目标的方案中，最短的不等于 x 的最长子数组长度，并除以 2 向上取整的到结果。

class Solution {
    fun minimumSeconds(nums: List<Int>): Int {
        // 最大间隔的最小值
        val n = nums.size
        // lens：记录每种数字的最长间隔
        val lens = HashMap<Int, Int>()
        // preIndexs：记录每种数字的上次出现位置
        val preIndexs = HashMap<Int, Int>()
        // 记录最后出现位置（环形数组逻辑）
        for ((i, e) in nums.withIndex()) {
            preIndexs[e] = i
        }
        for ((i, e) in nums.withIndex()) {
            lens[e] = Math.max(lens.getOrDefault(e, 0), (i - preIndexs[e]!! - 1 + n) % n)
            preIndexs[e] = i
        }
        var ret = n
        for ((_, len) in lens) {
            ret = Math.min(ret, (len + 1) / 2)
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ 线性遍历；
• 空间复杂度：$O(n)$ 散列表空间。

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T4. 使数组和小于等于 x 的最少时间（Hard）

https://leetcode.cn/problems/minimum-time-to-make-array-sum-at-most-x/

题解（DP + 排序不等式）

• 时间的上界： 假设题目的最少时间超过数组长度 n，那么根据抽屉原理必然有某个位置重复置零两次，那么第一次操作的贡献就丢失了，因此，题目的时间上界不应该超过 n，即每个位置最多置零一次；
• 二分答案（X)： 数组元素和小于等于 x 与操作时间 t 不具备单调性，因此不能使用二分答案的思路；
• 逆向思维： 令 s1 = sum(nums1), s2 = sum(nums2)，假设经过 t 时间且不进行任何操作，那么元素总和将变成 s1 + s2 *t。现在需要从 [0, n-1] 中非重复地选择 t 个位置，假设在第 x 秒选择位置 [i]，那么对最终元素总和减少的贡献度为 nums1[i] + x·nums2[i]。
• 排序不等式： 现在的问题是「选择哪些数」以及「如何分配选择时间」使得减少的贡献度尽可能大：假设选择位置 [i]、[j] 和 [k]，那么贡献度为：
  • nums1[i] + nums2[i] * x
  • nums1[j] + nums2[j] * y
  • nums1[k] + nums2[k] * z
  • 无论如何分配，加法左边的贡献度是恒定的，问题关键在与如何使得加法右边的贡献度尽可能大；
  • 直观地观察，容易想到应该将元素值更大的元素分配到更靠后的位置上，使其置零时贡献更多；
  • 验证证明可以根据 排序不等式 ，假设有两组有序序列 a 和 b，每一项正序相乘并累加的和是最大的。
• 动态规划（选哪个）： 定义 dp[i][j] 表示到第 [i] 个元素为止操作 j 次时的最大贡献度
  • 目标：满足 dp[n][j] 小于等于 x 的最小 j 值
  • 状态转移方程（选和不选）：$dp[i][j]=maxdp[i-1][j],dp[i-1][j-1]+nums1[i]+nums2[i]\ast j$
• 排序： 将元素按照 nums2 正序排序，对于选择 [i] 位置且选择 j 次的方案，分配在第 j 次选择上的贡献度是最大的。

class Solution {
    fun minimumTime(nums1: List<Int>, nums2: List<Int>, x: Int): Int {
        val INF = -0x3F3F3F3F // 减少判断
        val n = nums1.size
        // 排序
        val ids = Array<Int>(n) {it}
        Arrays.sort(ids) {i1, i2 ->
            nums2[i1] - nums2[i2]
        } 
        // 动态规划
        val dp = Array(n + 1) { IntArray(n + 1) { INF }}
        dp[0][0] = 0 // 初始状态
        for (i in 1 .. n) { // 枚举物品
            for (j in 0 .. i) { // 枚举次数
                dp[i][j] = dp[i - 1][j]
                if (j > 0) dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] + nums1[ids[i - 1]] + nums2[ids[i - 1]] * j)
            }
        }
        // println(dp[n].joinToString())
        // 输出
        val s1 = nums1.sum()
        val s2 = nums2.sum()
        for (t in 0 .. n) {
            if (s1 + s2 * t - dp[n][t] <= x) return t
        }
        return -1
    }
}

滚动数组优化：

class Solution {
    fun minimumTime(nums1: List<Int>, nums2: List<Int>, x: Int): Int {
        val INF = -0x3F3F3F3F // 减少判断
        val n = nums1.size
        // 排序
        val ids = Array<Int>(n) {it}
        Arrays.sort(ids) {i1, i2 ->
            nums2[i1] - nums2[i2]
        } 
        // 动态规划
        val dp = IntArray(n + 1) { INF }
        dp[0] = 0 // 初始状态
        for (i in 1 .. n) { // 枚举物品
            for (j in i downTo 1) { // 枚举次数（逆序）
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - 1] + nums1[ids[i - 1]] + nums2[ids[i - 1]] * j)
            }
        }
        // println(dp[n].joinToString())
        // 输出
        val s1 = nums1.sum()
        val s2 = nums2.sum()
        for (t in 0 .. n) {
            if (s1 + s2 * t - dp[t] <= x) return t
        }
        return -1
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n^2)$ 其中排序时间为 $O(nlgn)$，动态规划时间为 $O(n^2)$；
• 空间复杂度：$O(n)$ DP 数组空间。

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