寒假刷题Day7

一、1658. 将 x 减到 0 的最小操作数

给你一个整数数组 nums 和一个整数 x 。每一次操作时，你应当移除数组 nums 最左边或最右边的元素，然后从 x 中减去该元素的值。请注意，需要 修改 数组以供接下来的操作使用。

如果可以将 x 恰好 减到 0 ，返回 最小操作数 ；否则，返回 -1 。

代码：

class Solution {
public:
    int minOperations(vector& nums, int x) {
        int target = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0) - x;
        if (target < 0) return -1; // 全部移除也无法满足要求

        // 减去滑动串口内值后剩余元素总和为x
        int l= 0;
        int sum = 0, len = nums.size();
        int ans = -1;
        for(int r = 0; r < len; ++r){
            sum += nums[r];
            while(sum > target){
                sum -= nums[l++];
            }
            if(sum == target){
                ans = max(ans, r - l + 1);
            }
        }
        return ans < 0 ? -1 : len - ans;
    }
};

思路：

1.逆向思维，将计算两端元素总和为x 化为计算中间数组元素总和减去滑动窗口内总和为 x ；

2.考虑返回值为-1的情况有整个数组加起来也没x大，或者找到满足条件的子数组(ans == -1)

二、1838. 最高频元素的频数

元素的 频数 是该元素在一个数组中出现的次数。

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k 。在一步操作中，你可以选择 nums 的一个下标，并将该下标对应元素的值增加 1 。

执行最多 k 次操作后，返回数组中最高频元素的 最大可能频数 。

代码：

class Solution {
public:
    int maxFrequency(vector& nums, int k) {
        sort(nums.begin(), nums.end() );

        int n = nums.size();
        int l  = 0;
        int ans = 1;
        long long sum = 0;
        for(int r = 1; r < nums.size(); ++r){
            sum += (long long)(nums[r] - nums[r - 1]) * (r - l);
            while(sum > k){
                sum -= nums[r] - nums[l];
                ++l;
            }
            ans = max(ans, r - l + 1);
        }
    return ans;
    }
};

思路：

1.排序+滑动窗口，凡是只涉及个数，不涉及下标的都可以考虑试试排序；

2.计算改变次数方法是  sum += (long long)(nums[r] - nums[r - 1]) * (r - l); 因为每次加入nums[ r ] 之后需要改变前面（r - l）个数，用（r - l）*nums[ r ]与上一个nums[ r ]的差值

三、2516. 每种字符至少取 K 个

给你一个由字符 'a'、'b'、'c' 组成的字符串 s 和一个非负整数 k 。每分钟，你可以选择取走 s 最左侧 还是 最右侧 的那个字符。

你必须取走每种字符 至少 k 个，返回需要的 最少 分钟数；如果无法取到，则返回 -1 。

代码：

class Solution {
public:
    int takeCharacters(string s, int k) {
        int cnt[3]{};
        for (char c : s) {
            cnt[c - 'a']++; // 一开始，把所有字母都取走
        }
        if (cnt[0] < k || cnt[1] < k || cnt[2] < k) {
            return -1; // 字母个数不足 k
        }

        int mx = 0, left = 0;
        for (int right = 0; right < s.length(); right++) {
            char c = s[right] - 'a';
            cnt[c]--; // 移入窗口，相当于不取走 c
            while (cnt[c] < k) { // 窗口之外的 c 不足 k
                cnt[s[left] - 'a']++; // 移出窗口，相当于取走 s[left]
                left++;
            }
            mx = max(mx, right - left + 1);
        }
        return s.length() - mx;
    }
};

思路：

1.同样的正难则反：与其维护窗口内的字母个数，不如直接维护窗口外的字母个数；

2.     一开始，假设我们取走了所有的字母。或者说，初始窗口是空的，窗口外的字母个数就是 s 的每个字母的出现次数。
        右端点字母进入窗口后，该字母取走的个数减一。
        如果减一后，窗口外该字母的个数小于 k，说明子串太长了，或者取走的字母个数太少了，那么就不断右移左端点，把左端点字母移出窗口，相当于我们取走移出窗口的字母，直到该字母个数等于 k，退出内层循环。
        内层循环结束后，用窗口长度 right−left+1 更新子串长度的最大值。
        最后，原问题的答案为 n 减去子串长度的最大值。

        特别地，如果 s 中某个字母的个数不足 k，那么无法满足题目要求，返回 −1。