第 379 场 LeetCode 周赛题解

A 对角线最长的矩形的面积

模拟

class Solution {
public:
    int areaOfMaxDiagonal(vector<vector<int>> &dimensions) {
        int res = 0, len2 = 0;
        for (auto &x: dimensions)
            if (x[0] * x[0] + x[1] * x[1] > len2 || x[0] * x[0] + x[1] * x[1] == len2 && x[0] * x[1] > res) {
                res = x[0] * x[1];
                len2 = x[0] * x[0] + x[1] * x[1];
            }
        return res;
    }
};

---

B 捕获黑皇后需要的最少移动次数

枚举：只有两种情况可以1次移动就能攻击黑皇后：1）白象和黑皇后在一条对角线或斜对角线上且白车没有在中间。 2）白车和黑皇后在同一行或同一列且白象没有在中间。 其他情况都要两次移动才能攻击黑皇后

class Solution {
public:
    int minMovesToCaptureTheQueen(int a, int b, int c, int d, int e, int f) {
        if (a == e && (c != e || d < min(b, f) || d > max(b, f)))
            return 1;
        if (b == f && (d != f || c < min(a, e) || c > max(a, e)))
            return 1;
        if (c - d == e - f && (a - b != e - f || a < min(c, e) || a > max(c, e)))
            return 1;
        if (c + d == e + f && (a + b != e + f || a < min(c, e) || a > max(c, e)))
            return 1;
        return 2;
    }
};

---

C 移除后集合的最多元素数

贪心：分别统计两个数组中各数出现的频率，然后先从 $nums1$ 中删除 $n/2$ 个数，优先删在 $nums1$ 出现次数大于 1 的数，其次删在 $nums2$ 中有出现的数，最后删其他的数。然后再从 $nums2$ 中删除 $n/2$ 个数，优先删在 $nums2$ 出现次数大于 1 的数，其次删在当前 $s$ 中有出现的数，最后删其他的数。

class Solution {
public:
    int maximumSetSize(vector<int> &nums1, vector<int> &nums2) {
        unordered_map<int, int> cnt1, cnt2;
        for (auto x: nums1)
            cnt1[x]++;
        for (auto x: nums2)
            cnt2[x]++;
        int n = nums1.size();
        unordered_set<int> res;
        {
            int rm = n / 2;
            for (auto &[v, f]: cnt1)
                if (f != 1) {
                    int d = min(rm, f - 1);
                    f -= d;
                    rm -= d;
                }
            if (rm != 0) {
                for (auto &[v, f]: cnt1)
                    if (f && cnt2.count(v)) {
                        f = 0;
                        if (--rm == 0)
                            break;
                    }
            }
            if (rm != 0) {
                for (auto &[v, f]: cnt1)
                    if (f) {
                        f = 0;
                        if (--rm == 0)
                            break;
                    }
            }
            for (auto &[v, f]: cnt1)
                if (f != 0)
                    res.insert(v);
        }

        int rm = n / 2;
        for (auto &[v, f]: cnt2) {
            if (f != 1) {
                int d = min(rm, f - 1);
                f -= d;
                rm -= d;
            }
        }
        if (rm != 0) {
            for (auto &[v, f]: cnt2)
                if (f && res.count(v)) {
                    f = 0;
                    if (--rm == 0)
                        break;
                }
        }
        if (rm != 0) {
            for (auto &[v, f]: cnt2)
                if (f) {
                    f = 0;
                    if (--rm == 0)
                        break;
                }
        }
        for (auto &[v, f]: cnt2)
            if (f != 0)
                res.insert(v);
        return res.size();
    }
};

---

D 执行操作后的最大分割数量

前缀和 + 二分 + 动态规划 + 枚举：设 $ps[i][j]$ 为 $s[0,i-1]$ 中 ${(}^{\prime }{a}^{\prime }+j)$ 字符出现的个数，设 $p[i]$ 为字符串 $s[i,s.size()-1]$ 不执行替换操作按题目要求的最大分割数量。可以逆序求 $p[i]$ ：通过二分求包含 $k$ 个不同字符的最长前缀 $s[i,l]$ ，则有 $p[i]=p[l+1]+1$ 。然后正序枚举各位替换成各字符的情况，枚举过程中记录已遍历过的字符串前缀的分割数量，以及当前分割中出现过哪些字符。

class Solution {
public:
    int maxPartitionsAfterOperations(string s, int k) {
        int n = s.size();
        int ps[n + 1][26];
        for (int j = 0; j < 26; j++)
            ps[0][j] = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            for (int j = 0; j < 26; j++)//计算前缀和
                ps[i + 1][j] = s[i] - 'a' == j ? ps[i][j] + 1 : ps[i][j];
        int p[n + 1];
        p[n] = 0;
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {//求p数组
            vector<int> vis(26, -1);
            int l = i, r = n - 1;
            while (l < r) {
                int mid = (l + r + 1) / 2;
                int cnt = 0;
                for (int j = 0; j < 26; j++)
                    if (ps[mid + 1][j] - ps[i][j] != 0)
                        cnt++;

                if (cnt <= k)
                    l = mid;
                else
                    r = mid - 1;
            }
            p[i] = p[l + 1] + 1;
        }

        int res = p[0];//不替换的情况
        int vis = 0;//当前分割中出现过的字符的 mask
        int cnt_pre = 0;//已遍历过的字符串前缀的分割数量
        for (int i = 0; i < n; i++) {//枚举各位
            for (int j = 0; j < 26; j++) {//枚举s[i]替换成 'a'+j 的情况
                int tmp = vis | (1 << j);// 将'a'+j 加入 mask
                if (pop_cnt(tmp) > k) {// 'a'+j 与当前分割不在同一分割
                    tmp = 1 << j;//'a'+j 所在新的分割的 mask
                    int l = i, r = n - 1;
                    while (l < r) {//二分求 'a'+j 所在分割的右边界 
                        int mid = (l + r + 1) / 2;
                        int cnt = 0;
                        for (int j = 0; j < 26; j++)
                            if (tmp >> j & 1 || ps[mid + 1][j] - ps[i + 1][j] != 0)
                                cnt++;
                        if (cnt <= k)
                            l = mid;
                        else
                            r = mid - 1;
                    }
                    res = max(res, cnt_pre + 1 + 1 + p[l + 1]);
                } else {// 'a'+j 与当前分割在同一分割
                    int l = i, r = n - 1;
                    while (l < r) {//二分求当前分割的右边界 
                        int mid = (l + r + 1) / 2;
                        int cnt = 0;
                        for (int j = 0; j < 26; j++)
                            if (tmp >> j & 1 || ps[mid + 1][j] - ps[i + 1][j] != 0)
                                cnt++;
                        if (cnt <= k)
                            l = mid;
                        else
                            r = mid - 1;
                    }
                    res = max(res, cnt_pre + 1 + p[l + 1]);
                }
            }
            //更新当前分割的 mask
            vis |= 1 << (s[i] - 'a');
            if (pop_cnt(vis) > k) {
                cnt_pre++;//更新已遍历过的字符串前缀的分割数量
                vis = 1 << (s[i] - 'a');
            }
        }
        return res;
    }

    int pop_cnt(int x) {//返回二进制表示中1的位数
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < 32; i++)
            if (x >> i & 1)
                res++;
        return res;
    }
};