LeetCode第369场周赛
LeetCode第369场周赛
2917. 找出数组中的 K-or 值
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 k 。
nums 中的 K-or 是一个满足以下条件的非负整数：
- 只有在
nums中，至少存在k个元素的第i位值为 1 ，那么 K-or 中的第i位的值才是 1 。
返回nums的 K-or 值。
注意 ：对于整数x，如果(2i AND x) == 2i，则x中的第i位值为 1 ，其中AND为按位与运算符。
思路
开一个数组将nums数组中的每个数字拆成二进制，cnt数组记录这一位上面1的个数
快速判断x的第i位是不是1:x>>i&1
然后再扫描一次数组，如果第i位的个数超过了k，那么结果的这一位就位1，也就是加上 2 i 2^i 2i,或者|1<
代码
class Solution {
public:
int findKOr(vector<int> &nums, int k) {
vector<int> cnt(32);
for (int x: nums) {
for (int i = 0; i < 32; i++) {
if (x >> i & 1) {
cnt[i]++;
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < 32; i++) {
if (cnt[i] >= k) {
ans |= 1 << i;
}
}
return ans;
}
};
2918. 数组的最小相等和
给你两个由正整数和 0 组成的数组 nums1 和 nums2 。
你必须将两个数组中的 所有 0 替换为 严格 正整数，并且满足两个数组中所有元素的和 相等 。
返回 最小 相等和 ，如果无法使两数组相等，则返回 -1 。
思路
记录数组nums1的和为s1,0的个数为cnt1
数组nums2的和为s2,0的个数为cnt2
在最优的情况下，每个0都替换为1，即第一个数组的和为nums1+s1,第二个为nums2+cnt2
如果第一个数组的和大于第二个，并且第二个数组没出现过0，那么无解
如果第二个数组的和大于第一个，并且第一个数组没出现过0，那么无解
否则就返回他们两个的最大值，因为最后需要相等，只能是小的那个再变大。
代码
class Solution {
public:
long long minSum(vector<int> &nums1, vector<int> &nums2) {
long long s1 = 0, s2 = 0, cnt1 = 0, cnt2 = 0;
int n = nums1.size(), m = nums2.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
s1 += nums1[i];
if (nums1[i] == 0) cnt1++;
}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
s2 += nums2[i];
if (nums2[i] == 0) cnt2++;
}
s1 += cnt1;
s2 += cnt2;
if (s1 == s2) return s1;
if (s1 > s2) {
if (cnt2 == 0) return -1;
return s1;
} else {
if (cnt1 == 0) return -1;
return s2;
}
}
};
2919. 使数组变美的最小增量运算数
给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的整数数组 nums ，和一个整数 k 。
你可以执行下述 递增 运算 任意 次（可以是 0 次）：
- 从范围
[0, n - 1]中选择一个下标i，并将nums[i]的值加1。
如果数组中任何长度 大于或等于 3 的子数组，其 最大 元素都大于或等于 k ，则认为数组是一个 美丽数组 。
以整数形式返回使数组变为 美丽数组 需要执行的 最小 递增运算数。
子数组是数组中的一个连续 非空 元素序列。
思路
动态规划：
状态表示：dp[i]表示修改第i项，使得前i项变美丽的最小次数
状态转移：dp[i]=max(0,k-nums[i])+min(dp[i-1],dp[i-2],dp[i-3])
代码
class Solution {
public:
long long minIncrementOperations(vector<int>& nums, int k) {
//dp[i]表示修改第i项，使得前i项变美丽的最小次数
int n=nums.size();
vector<long long > dp(n);
for(int i=0;i<n;i++){
dp[i]=max(0,k-nums[i]); //根据定义，第i项 一定要修改
if(i>=3) dp[i]+=min({dp[i-1],dp[i-2],dp[i-3]});
}
return min({dp[n-1],dp[n-2],dp[n-3]});
}
};
2920. 收集所有金币可获得的最大积分
节点 0 处现有一棵由 n 个节点组成的无向树，节点编号从 0 到 n - 1 。给你一个长度为 n - 1 的二维 整数 数组 edges ，其中 edges[i] = [ai, bi] 表示在树上的节点 ai 和 bi 之间存在一条边。另给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的数组 coins 和一个整数 k ，其中 coins[i] 表示节点 i 处的金币数量。
从根节点开始，你必须收集所有金币。要想收集节点上的金币，必须先收集该节点的祖先节点上的金币。
节点 i 上的金币可以用下述方法之一进行收集：
- 收集所有金币，得到共计
coins[i] - k点积分。如果coins[i] - k是负数，你将会失去abs(coins[i] - k)点积分。 - 收集所有金币，得到共计
floor(coins[i] / 2)点积分。如果采用这种方法，节点i子树中所有节点j的金币数coins[j]将会减少至floor(coins[j] / 2)。
返回收集 所有 树节点的金币之后可以获得的最大积分。
思路
记忆化搜索：
dfs(u,j,fa)
- 表示当前节点
- j表示用了几次第二种操作
当第二种操作次数超过14次时，贡献为0，此时没有必要再做第二种操作
选第一种贡献为：(coins[u]>>j) -k
第二种：coin[u]>>(j+1)
>>i表示除以 2 i 2^i 2i
代码
class Solution {
public:
int maximumPoints(vector<vector<int>>& edges, vector<int>& coins, int k) {
int n=edges.size()+1;
vector<int> e[n];
for(auto v:edges){
int x=v[0],y=v[1];
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(14,-1));
function<int (int, int,int )> dfs = [&](int u,int j, int fa)->int {
if(dp[u][j]!=-1) return dp[u][j];
int sum1=(coins[u]>>j)-k;
int sum2=coins[u]>>(j+1);
for(auto v:e[u]){
if(v==fa) continue;
sum1+=dfs(v,j,u);
if(j<13) sum2+=dfs(v,j+1,u);
}
return dp[u][j]= max(sum1,sum2);
};
return dfs(0,0,-1);
}
};