leetcode-1711-大餐计数

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大餐 是指 恰好包含两道不同餐品 的一餐，其美味程度之和等于 2 的幂。 

 你可以搭配 任意 两道餐品做一顿大餐。 

 给你一个整数数组 deliciousness ，其中 deliciousness[i] 是第 i 道餐品的美味程度，返回你可以用数组中的餐品做出的不同 大
餐 的数量。结果需要对 109 + 7 取余。 

 注意，只要餐品下标不同，就可以认为是不同的餐品，即便它们的美味程度相同。 



 示例 1： 


输入：deliciousness = [1,3,5,7,9]
输出：4
解释：大餐的美味程度组合为 (1,3) 、(1,7) 、(3,5) 和 (7,9) 。
它们各自的美味程度之和分别为 4 、8 、8 和 16 ，都是 2 的幂。


 示例 2： 


输入：deliciousness = [1,1,1,3,3,3,7]
输出：15
解释：大餐的美味程度组合为 3 种 (1,1) ，9 种 (1,3) ，和 3 种 (1,7) 。 



 提示： 


 1 <= deliciousness.length <= 105 
 0 <= deliciousness[i] <= 220 

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思路一：暴力法

暂时还不确定暴力法会不会TLE
思路就是很简单的穷举
然后可以先对数组进行排序，确定最大的美味值
然后确认2的最大次幂
$del[del.length - 2] + del[del.length - 1] <= 2^{n}$
果然TLE了，而且因为没有算到最终case 所以导致了没有用上余数，也就是说没考虑答案越界

public int countPairs(int[] del) {
    //corner case
    if (del.length < 2) {
        return 0;
    }
    Arrays.sort(del);
    int n = del.length;
    int max = del[n - 2] + del[n - 1];
    int index = 0, temp = 1;
    while (temp < max) {
        temp = 2 << index;
        index++;
    }
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            int sum = del[i] + del[j];
            for (int cnt = 0; cnt <= index ; cnt++) {
                int val = (1 << cnt);
                if (sum > val) {
                    continue;
                }else if (sum == val){
                    res+=1;
                }else{
                    break;
                }
            }
        }
    }
    return res;
}

$时间复杂度O(n^{2})$

优化一

其实使用思路一的原因是我没有找到合适的如何判断是2的整数次幂的方案
后来想到了之前做过的2的幂的题，可以做异或处理
还是TLE了
优化二：发现这种方法不需要排序什么的有点浪费了
还是TLE

public int countPairs(int[] del) {
    //corner case
    if (del.length < 2) {
        return 0;
    }
    int n = del.length;
    *//*Arrays.sort(del);
    int n = del.length;
    int max = del[n - 2] + del[n - 1];
    int index = 0, temp = 1;
    while (temp < max) {
        temp = 2 << index;
        index++;
    }*//*
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            int sum = del[i] + del[j];
            if (sum >0 && (sum & (sum - 1)) == 0) {
                res += 1;
            }
        }
    }
    return res;
}

$时间复杂度O(n^{2})$

优化三：hash

$看来是题目本身就不想用n^{2}的时间复杂度$
那只能试试hash了
map存储每个元素出现的次数，然后类似两数之和进行枚举运算
对于元素del[i] ，若 存在x 使t-x =del[i] 则有cnt[x]*(cnt[x] -1) 的情况满足条件
这种情况会对x t进行两次重复运算
所以求解应该除2
同时最大边界为22

public int countPairs(int[] del) {
    Map<Integer, Integer> cnt = new HashMap<>();
    int max = 1 << 22, mod = (int) 1e9 + 7;
    long res = 0;
    for (int num : del
    ) {
        cnt.put(num, cnt.getOrDefault(num, 0) + 1);
    }
    for (int x : cnt.keySet()) {
        for (int i = 1; i < max; i <<= 1) {
            int t = i - x;
            if (cnt.containsKey(t)) {
                //两元素相等
                if (t == x) {
                    res += (long) (cnt.get(x) - 1) * cnt.get(x);
                }
                //两元素不相等
                else {
                    res += (long) cnt.get(x) * cnt.get(t);
                }
            }
        }
    }
    res >>=1;
    //类型转换
    return (int) (res % mod);
}

$时间复杂度O(n*lgC)$

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