LeetCode第69场双周赛第三、四题答案

第三题

class Solution 
{
public:
    int longestPalindrome(vector& words) 
    {
        unordered_mapfunc1,func2;
        int n = words.size();
        string s("12");
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            s[0] = words[i][1];
            s[1] = words[i][0];
            ++func1[s];
            ++func2[words[i]];
        }
        int ans = 0;
        bool flag = 0;
        for (auto i = func2.begin(); i != func2.end(); i++)
        {
            if (i->first[0] != i->first[1])
            {
                ans += min(i->second, func1[i->first]) * 2;
                //cout << i->second << " " << func1[i->first] << " " << i->first << "---" << ans << endl;
            }
            else
            {
                ans += (i->second /2) * 4;
                if (i->second & 1)
                    flag = 1;
                //cout << i->second << " " << func1[i->first] << " " << i->first << "---" << ans << endl;
            }
        }
        if (flag)
            ans += 2;
        return ans;
    }
};

思路：考虑每一个字符串对答案的贡献，如果word能够对答案有所贡献，那么一定会存在word_reversed是他的调换顺序之后的字符串。并且他们对答案的贡献是$min(num\_of\_word,num\_of\_word\_reversed)\ast 4$，并且由于每个word和word_reversed都会对答案有贡献，所以应该除以2。一个值得注意的是当两个字符相同时的情况。

第四题：

class Solution {
public:
    bool possibleToStamp(vector>& grid, int stampHeight, int stampWidth) 
    {
        int n = grid.size(), m = grid[0].size();
        vector> sum(n + 2, vector(m + 2)), p(sum);
        auto cal = [&](int a, int b, int c, int d) 
        {
            return sum[c][d] - sum[a - 1][d] - sum[c][b - 1] + sum[a - 1][b - 1];
        };
        for (int i = 1; i <= n; i++) 
            for (int j = 1; j <= m; j++)
                sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + grid[i - 1][j - 1];
        for (int i = 1; i + stampHeight - 1 <= n; i++) 
        {
            for (int j = 1; j + stampWidth - 1 <= m; j++) 
            {
                int x = i + stampHeight - 1, y = j + stampWidth - 1;
                if (!cal(i, j, x, y))
                    p[i][j]++, p[x + 1][j]--, p[i][y + 1]--, p[x + 1][y + 1]++;

            }
        }
        bool ok = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                p[i][j] += p[i - 1][j] + p[i][j - 1] - p[i - 1][j - 1];
                if (grid[i - 1][j - 1] == 0 && !p[i][j]) ok = 0;
            }
        }
        return ok;
    }
};

思路：
枚举邮票的起点，对于每一个起点，能够贴邮票就贴上，在验证的时候，考察每一个为0的节点，如果没被覆盖，那么就返回false。
如何对覆盖进行快速修改和快速查询是否覆盖。使用二维前缀和。