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799. 香槟塔（难度：中等）

一、题目

我们把玻璃杯摆成金字塔的形状，其中 第一层 有 1 个玻璃杯， 第二层 有 2 个，依次类推到第 100 层，每个玻璃杯 (250ml) 将盛有香槟。

从顶层的第一个玻璃杯开始倾倒一些香槟，当顶层的杯子满了，任何溢出的香槟都会立刻等流量的流向左右两侧的玻璃杯。当左右两边的杯子也满了，就会等流量的流向它们左右两边的杯子，依次类推。（当最底层的玻璃杯满了，香槟会流到地板上）

【例如】在倾倒一杯香槟后，最顶层的玻璃杯满了。倾倒了两杯香槟后，第二层的两个玻璃杯各自盛放一半的香槟。在倒三杯香槟后，第二层的香槟满了 - 此时总共有三个满的玻璃杯。在倒第四杯后，第三层中间的玻璃杯盛放了一半的香槟，他两边的玻璃杯各自盛放了四分之一的香槟，如下图所示。

现在当倾倒了非负整数杯香槟后，返回第 i 行 j 个玻璃杯所盛放的香槟占玻璃杯容积的比例（ i 和 j 都从0开始）。

二、示例

2.1> 示例 1:

【输入】 poured(倾倒香槟总杯数) = 1, query_glass(杯子的位置数) = 1, query_row(行数) = 1
【输出】 0.00000
【解释】 我们在顶层（下标是（0，0））倒了一杯香槟后，没有溢出，因此所有在顶层以下的玻璃杯都是空的。

2.2> 示例 2:

【输入】 poured(倾倒香槟总杯数) = 2, query_glass(杯子的位置数) = 1, query_row(行数) = 1
【输出】 0.50000
【解释】 我们在顶层（下标是（0，0）倒了两杯香槟后，有一杯量的香槟将从顶层溢出，位于（1，0）的玻璃杯和（1，1）的玻璃杯平分了这一杯香槟，所以每个玻璃杯有一半的香槟。

2.3> 示例 3:

【输入】 poured = 100000009, query_row = 33, query_glass = 17
【输出】 1.00000

提示:

• 0 <= poured <= 10^9
• 0 <= query_glass <= query_row < 100

三、解题思路

4.1> 采用二维dp[][]计算

我们创建一个二维数组dp[i][j]，其中，i表示行号，j表示酒杯编号。

根据题目描述，我们可以知道，针对于第row行第column列（dp[row][column]）的这个酒杯，有机会能够注入到它的“上层”酒杯只会是dp[row-1][column-1]和dp[row-1][column]，那么这里是“有机会”，因为只有这两个酒杯都满了（减1）的情况下，才会注入到dp[row][column]这个酒杯中，所以，我们可以得到状态转移方程为：

dp[row][column] = Math.max(dp[row - 1][column - 1] - 1, 0) / 2 + Math.max(dp[row - 1][column] - 1, 0) / 2。

那么我们从第一行开始计算，逐一可以计算出每一行中每一个酒杯的容量，那么题目的结果就显而易见了。具体操作，如下图所示：

4.2> 采用一维dp[]计算

由于题目只需要获取第query_row行的第query_glass编号的酒杯容量，那么我们其实只需要关注第query_row行的酒杯容量即可，所以，用一维数组dp[]来保存最新计算的那个行中每个酒杯的容量。

计算方式与上面的解法相似，此处就不赘述了。

四、代码实现

4.1> 采用二维dp[][]计算

class Solution {
    public double champagneTower(int poured, int query_row, int query_glass) {
        double[][] dp = new double[query_row + 2][query_row + 2];
        dp[1][1] = poured; // 为了方式越界，下标（0,0）的酒杯我们存放在dp[1][1]的位置上
        for (int row = 2; row <= query_row + 1; row++) {
            for (int column = 1; column <= row; column++) {
                dp[row][column] = Math.max(dp[row - 1][column - 1] - 1, 0) / 2 + Math.max(dp[row - 1][column] - 1, 0) / 2;
            }
        }
        return Math.min(dp[query_row + 1][query_glass + 1], 1);
    }
}

4.2> 采用一维dp[]计算

class Solution {
    public double champagneTower(int poured, int query_row, int query_glass) {
        double[] dp = new double[query_glass + 2]; // 第i层中每个glass的容量
        dp[0] = poured; // 第0层的第0个编号酒杯倾倒香槟容量
        int row = 0;
        while (row < query_row) { // 获取第query_row行，只需要遍历到第query_row减1行即可。
            for (int glass = Math.min(row, query_glass); glass >= 0; glass--) { 
                double overflow = Math.max(dp[glass] - 1, 0) / 2.0;
                dp[glass] = overflow; // 覆盖掉旧值
                dp[glass + 1] += overflow; // 由于是倒序遍历，所以对于dp[glass + 1]要执行“+=”操作
            }
            row++; // 计算下一行
        }
        return Math.min(dp[query_glass], 1); // 如果倾倒香槟容量大于1，则只返回1.
    }
}

1742. 盒子中小球的最大数量（难度：简单）

一、题目

你在一家生产小球的玩具厂工作，有 n 个小球，编号从 lowLimit 开始，到 highLimit 结束（包括 lowLimit 和 highLimit ，即 n == highLimit - lowLimit + 1）。另有无限数量的盒子，编号从 1 到 infinity 。

你的工作是将每个小球放入盒子中，其中盒子的编号应当等于小球编号上每位数字的和。例如，编号 321 的小球应当放入编号 3 + 2 + 1 = 6 的盒子，而编号 10 的小球应当放入编号 1 + 0 = 1 的盒子。

给你两个整数 lowLimit 和 highLimit ，返回放有最多小球的盒子中的小球数量。如果有多个盒子都满足放有最多小球，只需返回其中任一盒子的小球数量。

二、示例

2.1> 示例 1：

【输入】lowLimit = 1, highLimit = 10
【输出】2
【解释】盒子编号：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ...，小球数量：2 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 ...，编号 1 的盒子放有最多小球，小球数量为 2 。

2.2> 示例 2：

【输入】lowLimit = 5, highLimit = 15
【输出】2
【解释】盒子编号：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ...，小球数量：1 1 1 1 2 2 1 1 1 0 0 ...，编号 5 和 6 的盒子放有最多小球，每个盒子中的小球数量都是 2 。

2.3> 示例 3：

【输入】lowLimit = 19, highLimit = 28
【输出】2
【解释】盒子编号：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ...，小球数量：0 1 1 1 1 1 1 1 1 2 0 0 ...，编号 10 的盒子放有最多小球，小球数量为 2 。

提示：

• 1 <= lowLimit <= highLimit <= 10^5

三、解题思路

3.1> 模拟

根据题目描述，我们可以最先想到的方式就是暴力破解，即：从lowLimit开始，到hightLimit结束，计算每个数字的每一位，然后将其进行加和操作，总和就是该数字所在的盒子编号，那么该编号盒子小球数量加1即可。将所有数字都计算完毕后，再遍历所有盒子，找出最大的盒子中球的数量作为最终结果返回。

由于题目的“提示”部分已经指出1 <= lowLimit <= highLimit <= 10^5，那么最大盒子编号应该是小球“99999”放置的位置，即：9+9+9+9+9=45。那么我们可以创建长度为46的数组，即：int[] resultMap = new int[46]，数组中下标index表示盒子编号，resultMap[index]表示盒子中的小球数量。

3.2> 找规律

我们可以根据题意，将小球从编号为1开始，放入每个箱子中，我们会发现如下规律：

当小球A是“9”的时候，它的在编号为9的箱子里，那么下一个小球B“10”所在的位置，就是编号为1的箱子。
当小球A是“19”的时候，它的在编号为10的箱子里，那么下一个小球B“20”所在的位置，就是编号为2的箱子。
当小球A是“29”的时候，它的在编号为11的箱子里，那么下一个小球B“30”所在的位置，就是编号为3的箱子。
……
当小球A是“99”的时候，它的在编号为18的箱子里，那么下一个小球B“100”所在的位置，就是编号为1的箱子。
……
当小球A是“999”的时候，它的在编号为27的箱子里，那么下一个小球B“1000”所在的位置，就是编号为1的箱子。
以此类推……

因此从上面的例子中，我们可以找出如下规律，即：B球所在箱子编号 = A球所在箱子编号 - （9 * [末尾9的个数]）+ 1

那么根据这个规律，我们就可以只针对末尾是9的小球进行特殊定位计算，而其他小球所在的位置，只需要根据前面小球位置+1即可。下图是小球示例图：

四、代码实现

4.1> 模拟

class Solution {
    public int countBalls(int lowLimit, int highLimit) {
        int result = 0;
        int[] resultMap = new int[46];
        for(int i = lowLimit; i <= highLimit; i++) {
            int num = i, index = 0;
            while(num > 0) {
                index += num % 10;
                num = num / 10;
            }
            resultMap[index] += 1;
        }
        for (int r : resultMap) result = Math.max(result, r);
        return result;
    }
}

4.2> 找规律

class Solution {
    public int countBalls(int lowLimit, int highLimit) {
        int[] resultMap = new int[46];
        int firstIndex = 0, result = 0;
        for (int num = lowLimit; num > 0; num = num / 10) firstIndex += num % 10;
        resultMap[firstIndex] = 1; // 初始化第一个数字lowLimit所在编号盒子的小球数量
        for (int i = lowLimit; i < highLimit; i++) {
            for (int prevNum = i; prevNum % 10 == 9; prevNum /= 10) // 根据前一个数的末位是否为9，来重新定位下一个数的位置
                firstIndex -= 9; // 前移9位
            resultMap[++firstIndex]++;
        }
        for (int rm : resultMap) result = Math.max(result, rm);
        return result;
    }
}

809. 情感丰富的文字（难度：中等）

一、题目

有时候人们会用重复写一些字母来表示额外的感受，比如 "hello" -> "heeellooo", "hi" -> "hiii"。我们将相邻字母都相同的一串字符定义为相同字母组，例如："h", "eee", "ll", "ooo"。

对于一个给定的字符串 S ，如果另一个单词能够通过将一些字母组扩张从而使其和 S 相同，我们将这个单词定义为可扩张的（stretchy）。扩张操作定义如下：选择一个字母组（包含字母 c ），然后往其中添加相同的字母 c 使其长度达到 3 或以上。

例如，以 "hello" 为例，我们可以对字母组 "o" 扩张得到 "hellooo"，但是无法以同样的方法得到 "helloo" 因为字母组 "oo" 长度小于 3。此外，我们可以进行另一种扩张 "ll" -> "lllll" 以获得 "helllllooo"。如果 S = "helllllooo"，那么查询词 "hello" 是可扩张的，因为可以对它执行这两种扩张操作使得 query = "hello" -> "hellooo" -> "helllllooo" = S。

输入一组查询单词，输出其中可扩张的单词数量。

二、示例

2.1> 示例：

【输入】 S = "heeellooo"，words = ["hello", "hi", "helo"]
【输出】1
【解释】我们能通过扩张 "hello" 的 "e" 和 "o" 来得到 "heeellooo"。我们不能通过扩张 "helo" 来得到 "heeellooo" 因为 "ll" 的长度小于 3 。

提示：

• 0 <= len(S) <= 100。
• 0 <= len(words) <= 100。
• 0 <= len(words[i]) <= 100。
• S 和所有在 words 中的单词都只由小写字母组成。

三、解题思路

根据题目描述，我们可以知道，如果要将某个单词定义为可扩张（stretchy），需要满足如下两个条件：

【条件1】由于“e”和“o”在s中连续出现的次数是3（即：满足>=3），所以要求e和o在word中连续出现的次数不能超过3次
【条件2】由于“h”和“l”在s中连续出现的次数不满足>=3，所以要求h和l在word中连续出现的次数要与s中出现的次数相同

所以，我们在实现的时候，可以通过两个指针p1和p2，分别指向s和word，分别统计连续的相同字符数量c1和c2，然后再通过上述的两个条件进行判断，即：如果(c1 != c2 && c1 < 3) || (c1 < c2 && c1 >= 3)，则表示该单词不是可扩张的。

四、代码实现

class Solution {
    public int expressiveWords(String s, String[] words) {
        int result = 0;
        char[] sc = s.toCharArray();
        for (String word: words) result += stretchyWord(sc, word.toCharArray()) ? 1 : 0;
        return result;
    }
    private boolean stretchyWord(char[] sc, char[] wc) {
        if (sc.length < wc.length) return false; // word的字符串长度不允许超过s的字符串长度
        int cp, p1 = 0, p2 = p1;
        while ((cp = p1) < sc.length && p2 < wc.length) {
            int c1 = 0, c2 = 0;
            while (p1 < sc.length && sc[p1] == sc[cp]) {
                c1++; p1++; // 在字符串s中，遍历连续的字符sc[cp]的数量
            }
            while (p2 < wc.length && wc[p2] == sc[cp]) {
                c2++; p2++; // 在字符串word中，遍历连续的的字符sc[cp]的数量
            }
            if ((c1 != c2 && c1 < 3) || (c1 < c2 && c1 >= 3)) return false;
        }
        return p1 == sc.length && p2 == wc.length; // 只有sc和wc都被遍历完毕，才返回true
    }
}

今天的文章内容就这些了：

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