Leetcode---364场周赛

题目列表

2864. 最大二进制奇数

2865. 美丽塔 I

2866. 美丽塔 II

2867. 统计树中的合法路径数目

一、最大二进制奇数

这题只要你对二进制有了解(学编程的不会不了解二进制吧)，应该问题不大，这题要求最大奇数，1.奇数：只要保证二进制的最低位上是1就行（这里为不了解二进制的同学解释一下，二进制从低位到高位的权重分别是2^0，2^1，2^2...即除了最低位其他位都是偶数，所以最低位必须是1）

2.最大：贪心，我们将除了最低位的1之外的所有1都往高位放，得到的数肯定是最大的

代码如下

class Solution {
public:
    string maximumOddBinaryNumber(string s) {
        int cnt1=count(s.begin(),s.end(),'1');
        return string(cnt1-1,'1')+string(s.size()-cnt1,'0')+'1';
    }
};

二、美丽塔I

 这题的数据范围比较小，可以直接暴力，将每一个元素都当成山顶算一遍最大高度，然后比较得到最大高度，代码如下

class Solution {
public:
    long long maximumSumOfHeights(vector& maxHeights) {
        long long ans=0;
        int n=maxHeights.size();
        for(int i=0;i=0;j--){
                Min=min(Min,maxHeights[j]);
                res+=Min;
            }
            for(int j=i+1,Min=maxHeights[i];j

三、美丽塔II

这题的题目和上一题一样，只是加大了数据范围，即不能用暴力枚举的方法解题，那么我们怎么优化算法呢？关键在于发现上面一题的算法中有什么是被重复计算的，我们只要减少这些无用的运算，就能实现算法的时间复杂度优化。

为了方便叙述，我将山顶前面的部分称为上坡，山顶后面的部分称为下坡，很显然，上面算法在每次计算上坡/下坡时，总是不断的遍历之前就已经遍历过的元素，那么我们如何根据已经遍历过的元素来求出当前的上坡/下坡的高度呢？而且上坡和下坡的计算是分开的互不影响的，只要我们提前处理出各种上坡和下坡的高度，我们就能在O(n)的时间里得到最大高度。

如何利用之前遍历的元素信息，得到当前的上坡/下坡的高度？以计算上坡为例，解析如下

代码如下 

class Solution {
public:
    long long maximumSumOfHeights(vector& maxHeights) {
        long long ans=0;
        int n=maxHeights.size();
        vectorpre(n),suf(n);//分别代表以i为山顶的上坡和下坡
        stackst;//里面存放下标，方便计算出栈个数和索引高度
        st.push(-1);//这里是为了方便计算，简化逻辑
        for(int i=0;i1&&maxHeights[i]();//让栈为空
        st.push(n);//这里是为了方便计算，简化逻辑
        for(int i=n-1;i>=0;i--){
            while(st.size()>1&&maxHeights[i]

这里说明一下算法的时间复杂度为O(n)，有人或许看到求pre/suf中有两层循环，就认为时间复杂度为O(n^2)，但其实不是，我们来看一下while循环里面的出栈语句执行了多少次，因为我们入栈的元素是n个，所以出栈的元素也只能是n个，所以这条语句只能执行n次，所以时间复杂度为O(n)

四、统计树种的合法路径数量

这题求路径个数，首先读懂题意，要求路径上包含一个质数，那么我们是从质数出发好，还是从非质数出发好呢？我们只要稍稍想一下就会发现从质数出发好，因为这样我们只要找到下一个质数就停止，而从非质数出发，我们就需要连续找到两个质数，很显然从非质数出发要处理的情况更多，所以我们从质数出发找路径，当然注意这题的路径至少需要两个结点(看示例一)

那么我们从质数出发怎么算呢？(判断质数就不讲了，不会的可以去看Leetcode-352周赛的第二题)

其他的路径求解方法同上，代码如下

//埃氏筛
const int MX=1e5;
vectoris_prime(MX+1,true);
int init=[](){
    is_prime[1]=false;
    for(int i=2;i*i<=MX;i++){
        if(is_prime[i]){
            for(int j=i*i;j<=MX;j+=i){
                is_prime[j]=false;
            }
        }
    }
    return 0;
}();
class Solution {
public:
    long long countPaths(int n, vector>& edges) {
        vector>g(n+1);
        for(auto&e:edges){
            int x=e[0],y=e[1];
            g[x].push_back(y);
            g[y].push_back(x);
        }

        //计算质数结点连接的每一个子树中的非质数结点个数
        vectorsz(n+1);
        vectornodes;
        function dfs=[&](int x,int fa){
            nodes.push_back(x);
            for(int y:g[x])
                if(y!=fa&&!is_prime[y])
                    dfs(y,x);
        };

        long long ans=0;
        for(int x=1;x<=n;x++){
            if(!is_prime[x]) continue;
            int sum=0;
            for(int y:g[x]){
                if(is_prime[y]) continue;
                if(sz[y]==0){
                    nodes.clear();
                    dfs(y,-1);
                    for(int z:nodes){
                        sz[z]=nodes.size();
                    }
                }    
                ans+=(long long)sum*sz[y];//以i为中间点的路径
                sum+=sz[y];
            }
            ans+=sum;//以i为端点的路径
        }
        return ans;
    }
};