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题目:738.单调递增的数字
题目链接:https://leetcode.cn/problems/monotone-increasing-digits/
题目: 714. 买卖股票的最佳时机含手续费
题目链接: https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/
题目: 968.监控二叉树(未做)
题目链接:https://leetcode.cn/problems/binary-tree-cameras/
给定一个非负整数 N,找出小于或等于 N 的最大的整数,同时这个整数需要满足其各个位数上的数字是单调递增。
(当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时,我们称这个整数是单调递增的。)
示例 1:
- 输入: N = 10
- 输出: 9
示例 2:
- 输入: N = 1234
- 输出: 1234
示例 3:
- 输入: N = 332
- 输出: 299
说明: N 是在 [0, 10^9] 范围内的一个整数。
思路:
因为十位上的数字3<个位上的数字2,因此输入不是单调递增的数字,需要将十位上的数字减一,个位上的数字变成9,这样得出的数字是29,也是单调递增的,且满足小于等于N的最大整数。
这时候就要考虑遍历顺序了(要将整数N转换为string,这里用到了to_string函数),如果从左往右遍历,当遍历到第二个3时,发现2<3,说明不是单调递增的,这时候,找出的整数是329,明显不满足条件。
如果从右向左遍历,得到的结果是299,这正是我们要找的满足条件的整数。
因此,我们确定了遍历顺序是从后往前遍历,以及处理整数的方法。
但是还有一个小问题,就是当输入N=100呢?
按照我们上面的思路,求出的整数是90,明显不满足最大整数(99)。
这时候我们需要考虑到的一个点是,当不满足条件时,我们需要记录一下赋值9的起点下标是哪里,最后通过for循环来从某个起点下标进行赋值9;
具体代码如下:
class Solution {
public:
int monotoneIncreasingDigits(int N) {
string strNum = to_string(N);
// flag用来标记赋值9从哪里开始
// 设置为这个默认值,为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行
int flag = strNum.size();
for (int i = strNum.size() - 1; i > 0; i--) {
if (strNum[i - 1] > strNum[i] ) {
flag = i;
strNum[i - 1]--;
}
}
for (int i = flag; i < strNum.size(); i++) {
strNum[i] = '9';
}
return stoi(strNum);
}
};
时间复杂度:$O(n)$,n 为数字长度
空间复杂度:$O(n)$,需要一个字符串,转化为字符串操作更方便
给定一个整数数组 prices,其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 ;非负整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易,但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票,在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意:这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程,每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1: 输入: prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2 输出: 8
解释: 能够达到的最大利润: 在此处买入 prices[0] = 1 在此处卖出 prices[3] = 8 在此处买入 prices[4] = 4 在此处卖出 prices[5] = 9 总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8.
注意:
- 0 < prices.length <= 50000.
- 0 < prices[i] < 50000.
- 0 <= fee < 50000.
思路: 这和122.买卖股票的最佳时机II不同的是需要确定买入和卖出的时机,因为本题多了一个交易股票的手续费用。
那么什么时候买入呢?
当然是价格最低的时候买入,遇到更低就记录一下。
什么时候卖出呢?
这个就不好算了,但也没有必要算出准确的卖出日期,只要当前价格大于(最低价格+手续费),就可以收获利润,至于准确的卖出日期,就是连续收获利润区间里的最后一天(并不需要计算是具体哪一天)。
具体代码如下:
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices, int fee) {
int result = 0;
int minPrice = prices[0]; // 记录最低价格
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
// 情况二:相当于买入
if (prices[i] < minPrice) minPrice = prices[i];
// 情况三:保持原有状态(因为此时买则不便宜,卖则亏本)可删除
if (prices[i] >= minPrice && prices[i] <= minPrice + fee) {
continue;
}
// 计算利润,可能有多次计算利润,最后一次计算利润才是真正意义的卖出
if (prices[i] > minPrice + fee) {
result += prices[i] - minPrice - fee;
minPrice = prices[i] - fee; // 情况一,这一步很关键
}
}
return result;
}
};
时间复杂度:O(n)
空间复杂度:O(1)
从代码中可以看出对情况一的操作,因为如果还在收获利润的区间里,表示并不是真正的卖出,而计算利润每次都要减去手续费,所以要让minPrice = prices[i] - fee;,这样在明天收获利润的时候,才不会多减一次手续费!
给定一个二叉树,我们在树的节点上安装摄像头。
节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。
计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。
示例 1:
- 输入:[0,0,null,0,0]
- 输出:1
- 解释:如图所示,一台摄像头足以监控所有节点。
示例 2:
- 输入:[0,0,null,0,null,0,null,null,0]
- 输出:2
- 解释:需要至少两个摄像头来监视树的所有节点。 上图显示了摄像头放置的有效位置之一。
提示:
- 给定树的节点数的范围是 [1, 1000]。
- 每个节点的值都是 0