LeetCode 第381场周赛个人题解

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100191. 输入单词需要的最少按键次数 I

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题目描述

思路分析

AC代码

100188. 按距离统计房屋对数目 I

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思路分析

AC代码

100192. 输入单词需要的最少按键次数 II

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思路分析

AC代码

100213. 按距离统计房屋对数目 II

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思路分析

AC代码

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100191. 输入单词需要的最少按键次数 I

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输入单词需要的最少按键次数 I - 力扣 (LeetCode) 竞赛

题目描述

给你一个字符串 word，由 不同 小写英文字母组成。

电话键盘上的按键与 不同 小写英文字母集合相映射，可以通过按压按键来组成单词。例如，按键 2 对应 ["a","b","c"]，我们需要按一次键来输入 "a"，按两次键来输入 "b"，按三次键来输入 "c"。

现在允许你将编号为 2 到 9 的按键重新映射到 不同 字母集合。每个按键可以映射到 任意数量 的字母，但每个字母 必须 恰好 映射到 一个 按键上。你需要找到输入字符串 word 所需的 最少 按键次数。

返回重新映射按键后输入 word 所需的 最少 按键次数。

下面给出了一种电话键盘上字母到按键的映射作为示例。注意 1，*，# 和 0 不 对应任何字母。

思路分析

贪心的映射，出现次数越多的字符映射的按键次数少

记录每个字符出现次数，然后升序排序，出现次数最多的前八个字符都映射到按键1次，次8个映射到按2次，再8个映射到3次，剩下的映射到4次

时间复杂度：O(n + UlogU) 空间复杂度：O(U + UlogU)，U为字符集大小

第三题思路和代码和本题一样

AC代码

class Solution {
public:
    int minimumPushes(string word) {
        int cnt[26]{0} , ret = 0;
        for(auto x : word) cnt[x - 'a']++;
        sort(cnt,cnt+26);
        return accumulate(cnt + 18 , cnt + 26 , 0) + accumulate(cnt + 10 , cnt + 18 , 0) * 2 + accumulate(cnt + 2 , cnt + 10 , 0) * 3 + accumulate(cnt , cnt + 2 , 0) * 4;       
    }
};

100188. 按距离统计房屋对数目 I

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100188. 按距离统计房屋对数目 I - 力扣（LeetCode）

题目描述

给你三个 正整数 n 、x 和 y 。

在城市中，存在编号从 1 到 n 的房屋，由 n 条街道相连。对所有 1 <= i < n ，都存在一条街道连接编号为 i 的房屋与编号为 i + 1 的房屋。另存在一条街道连接编号为 x 的房屋与编号为 y 的房屋。

对于每个 k（1 <= k <= n），你需要找出所有满足要求的 房屋对 [house1, house2] ，即从 house1 到 house2 需要经过的 最少 街道数为 k 。

返回一个下标从 1 开始且长度为 n 的数组 result ，其中 result[k] 表示所有满足要求的房屋对的数量，即从一个房屋到另一个房屋需要经过的 最少 街道数为 k 。

注意，x 与 y 可以 相等 。

思路分析

由于floyd太好写了，直接无脑Floyd求最短路，然后遍历加上路径为k的就行，

时间复杂度：O(n^3) 空间复杂度：O(n^2)

当然，这个代码肯定过不了第四题

AC代码

class Solution {
public:
    long long g[101][101];
    vector countOfPairs(int n, int x, int y) {
        memset(g,0x3f,sizeof(g));
        g[x][y] = g[y][x] = 1;
        for(int i = 1 ; i <= n - 1 ; i++)
            g[i][i + 1] = g[i + 1][i] = 1 , g[i][i] = 0;
        g[n][n] = 0;
        
        for(int k = 1 ; k <= n ; k++)
            for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
                for(int j = 1 ; j <= n ; j++)
                    if(g[i][j] - g[i][k] > g[k][j])
                        g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
        vector ret(n);
        for(int k = 1 ; k <= n ; k++)
            for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
                for(int j = 1 ; j <= n ; j++)
                    if(g[i][j] == k)
                        ret[k - 1]++;
                
        return ret;
    }
};

100192. 输入单词需要的最少按键次数 II

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100192. 输入单词需要的最少按键次数 II - 力扣（LeetCode）

题目描述

给你一个字符串 word，由 不同 小写英文字母组成。

电话键盘上的按键与 不同 小写英文字母集合相映射，可以通过按压按键来组成单词。例如，按键 2 对应 ["a","b","c"]，我们需要按一次键来输入 "a"，按两次键来输入 "b"，按三次键来输入 "c"。

现在允许你将编号为 2 到 9 的按键重新映射到 不同 字母集合。每个按键可以映射到 任意数量 的字母，但每个字母 必须 恰好 映射到 一个 按键上。你需要找到输入字符串 word 所需的 最少 按键次数。

返回重新映射按键后输入 word 所需的 最少 按键次数。

下面给出了一种电话键盘上字母到按键的映射作为示例。注意 1，*，# 和 0 不 对应任何字母。

思路分析

见第二题

AC代码

class Solution {
public:
    int minimumPushes(string word) {
        int cnt[26]{0} , ret = 0;
        for(auto x : word) cnt[x - 'a']++;
        sort(cnt,cnt+26);
        return accumulate(cnt + 18 , cnt + 26 , 0) + accumulate(cnt + 10 , cnt + 18 , 0) * 2 + accumulate(cnt + 2 , cnt + 10 , 0) * 3 + accumulate(cnt , cnt + 2 , 0) * 4;       
    }
};

100213. 按距离统计房屋对数目 II

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按距离统计房屋对数目 II - 力扣 (LeetCode) 竞赛

题目描述

给你三个 正整数 n 、x 和 y 。

在城市中，存在编号从 1 到 n 的房屋，由 n 条街道相连。对所有 1 <= i < n ，都存在一条街道连接编号为 i 的房屋与编号为 i + 1 的房屋。另存在一条街道连接编号为 x 的房屋与编号为 y 的房屋。

对于每个 k（1 <= k <= n），你需要找出所有满足要求的 房屋对 [house1, house2] ，即从 house1 到 house2 需要经过的 最少 街道数为 k 。

返回一个下标从 1 开始且长度为 n 的数组 result ，其中 result[k] 表示所有满足要求的房屋对的数量，即从一个房屋到另一个房屋需要经过的 最少 街道数为 k 。

注意，x 与 y 可以 相等 。

思路分析

树状数组，区间维护

代码很长主要是树状数组占一部分，然后情况特判占一部分

基本思路是我们计算每个点对于距离1~n的贡献，然后累加即可。

假如没有(x，y)这条边，那么点1对1~n-1都有1点贡献，点2对1~n-2都有1点贡献……

现在加上了(x,y)之后，会对某些点之间的最短距离产生影响

我们不妨假设x < y（有些样例x > y，需要处理）

1. 如果y - x <= 1
   1. 则点对之间的最短距离无影响，直接按照没有(x,y)这条边去做即可
2. 如果y - x > 1
   1. 令mid = (y + x + 1) / 2 , 那么(x,y)的影响分为为：
      1. 对x以及x左边的点来说，他们到达mid的距离不变，到达[mid , n]的距离变短
      2. 对[x,y]内的部分点i来说，令m = (i + y + i - x + 2) / 2，他们到达[i , m - 1]内的点的距离不变，到达[m , y]和y右侧的点的距离变短
      3. 对于剩下的点，到达右侧点的距离不变

这里单独说一下2.1.2中m的取法，2.1.2讨论的部分点都是走左边捷径到达区间内某些点距离变短的点，m就可以看成把y向右延长i - x + 1后取得i到右边新边界这段区间上得中点

我们维护树状数组，然后求贡献即可

由于我们只计算每个点到其右边点的贡献，所以最终答案要乘2

按照这个方法，代码很容易写错，主要在于m下标的取法，可以画图理解一下

时间复杂度:O(nlogn) 空间复杂度:O(n)

AC代码

long long t[100010];
int n;
void update(int x, int k)
{
    for (; x <= n; x += x & -x)
        t[x] += k;
}

int query(int x)
{
    int sum = 0;
    for (; x > 0; x &= (x - 1))
        sum += t[x];
    return sum;
}

inline void change(int l , int r , int k)
{
    if(l > r) return;
    update(l , k) , update(r + 1 , -k);
}

class Solution {
public:
    vector countOfPairs(int N, int x, int y) {
        memset(t,0,sizeof(t));
        n = N;
        vector ret(n);
        if(x > y) swap(x,y);
        if(y - x <= 1)
        {
            for(int i = 1 ; i < n ; i++)
                change(1 , n - i , 1);
            for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
                ret[i - 1] = query(i) * 2; 
            return ret;
        }
        int mid = (y + x + 1) / 2;
        for(int i = 1 ; i <= x ; i++)
        {
            change(1 , mid - i , 1) , change(x - i + 1 , x - i + y - mid , 1);
            if(y < n)
            change(x - i + 2 , x - i + n - y + 1 , 1);
        }
        int i = x + 1;
        for(i = x + 1 ; i <= n ; i++){
            int m = (i + y + i - x + 2) / 2;
            if(m > y)break;
            change(1 , m - 1 - i , 1) , change(i - x + 1 , i - x + 1 + y - m , 1);
            if(y < n)
                change(i - x + 2 , i - x + 1 + n - y , 1);
        }
        for( ; i <= n ; i++)
            change(1 , n - i , 1);
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
            ret[i - 1] = query(i) * 2;
        return ret;
    }
};