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学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思维框架,你的思考越抽象,它能覆盖的问题域就越广,理解难度也更复杂。在这个专栏里,小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告,一起体会上分之旅。
本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 8 篇文章,往期回顾请移步到文章末尾~
大家好,我是小彭。
上周末是 LeetCode 第 100 场双周赛,你参加了吗?这场周赛整体没有 Hard 题,但是也没有 Easy 题。第一题国服前百名里超过一半人 wa,很少见。
周赛概览
2591. 将钱分给最多的儿童(Easy)
- 题解一:模拟
- 题解二:完全背包
2592. 最大化数组的伟大值(Medium)
- 题解一:贪心 / 田忌赛马
- 题解二:最大重复计数
2593. 标记所有元素后数组的分数(Medium)
- 题解一:排序 O
- 题解二:按照严格递减字段分组
2594. 修车的最少时间(Medium)
- 题解一:二分查找
- 题解二:二分查找 + 计数优化
2591. 将钱分给最多的儿童(Easy)
题目地址
题目描述
给你一个整数 money
,表示你总共有的钱数(单位为美元)和另一个整数 children
,表示你要将钱分配给多少个儿童。
你需要按照如下规则分配:
- 所有的钱都必须被分配。
- 每个儿童至少获得
1
美元。 - 没有人获得
4
美元。
请你按照上述规则分配金钱,并返回 最多 有多少个儿童获得 恰好 8
美元。如果没有任何分配方案,返回 -1
。
题解一(模拟)
这道题搞数字迷信?发发发 888?
简单模拟题,但是错误率很高,提交通过率仅 19%。
class Solution {
fun distMoney(money: Int, children: Int): Int {
var left = money
// 每人至少分配 1 元
left -= children
// 违反规则 2
if (left < 0) return -1
// 1、完美:正好所有人可以分配 8 元
if (left == children * 7) return children
// 2、溢出:所有人可以分配 8 元有结余,需要选择 1 个人分配结余的金额
if (left > children * 7) return children - 1
// 3、不足:尽可能分配 8 元
var sum = left / 7
// 结余金额
left -= sum * 7
// 如果结余 3 元,并且剩下 1 人分配了 1 元,需要破坏一个 8 元避免出现分配 4 美元
if (left == 3 && children - sum == 1) return sum - 1
return sum
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度:
- 空间复杂度:
题解二(完全背包问题)
竞赛中脑海闪现过背包问题的思路,但第一题暴力才是王道,赛后验证可行。
- 包裹:最多有
children
人; - 物品:每个金币价值为 1 且不可分割,最多物品数为
money
个; - 目标:包裹价值恰好为 8 的最大个数;
- 限制条件:不允许包裹价值为 4,每个包裹至少装 1 枚金币。
令 dp[i][j]
表示分配到 i
个人为止,且分配总金额为 j
元时的最大价值,则有:
- 递推关系:
- 初始状态
dp[0][0] = 0
- 终止状态
dp[children][money]
class Solution {
fun distMoney(money: Int, children: Int): Int {
var left = money
// 每人至少分配 1 元
left -= children
// 违反规则 2
if (left < 0) return -1
val dp = Array(children + 1) { IntArray(left + 1) { -1 } }
dp[0][0] = 0
// i:枚举包裹
for (i in 1..children) {
// j:枚举金额
for (j in 0..left) {
// k:枚举选项
for (k in 0..j) {
// 不允许选择 3
if (k == 3) continue
// 子状态违反规则
if (-1 == dp[i - 1][j - k]) continue
// 子状态 + 当前包裹状态
val cnt = dp[i - 1][j - k] + if (k == 7) 1 else 0
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], cnt)
}
}
}
return dp[children][left]
}
}
滚动数组优化:
class Solution {
fun distMoney(money: Int, children: Int): Int {
var left = money
// 每人至少分配 1 元
left -= children
// 违反规则 2
if (left < 0) return -1
val dp = IntArray(left + 1) { -1 }
dp[0] = 0
// i:枚举包裹
for (i in 1..children) {
// j:枚举金额
for (j in left downTo 0) {
// k:枚举选项
for (k in 0..j) {
// 不允许选择 3
if (k == 3) continue
// 子状态违反规则
if (-1 == dp[j - k]) continue
// 子状态 + 当前包裹状态
val cnt = dp[j - k] + if (k == 7) 1 else 0
dp[j] = Math.max(dp[j], cnt)
}
}
}
return dp[left]
}
复杂度分析:
- 时间复杂度:
- 空间复杂度:
近期周赛背包问题:
2592. 最大化数组的伟大值(Medium)
题目地址
题目描述
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums
。你需要将 nums
重新排列成一个新的数组 perm
。
定义 nums
的 伟大值 为满足 0 <= i < nums.length
且 perm[i] > nums[i]
的下标数目。
请你返回重新排列 nums
后的 最大 伟大值。
题解一(贪心 / 田忌赛马)
贪心思路:田忌赛马,以下赛马策略最优:
- 田忌的中等马对齐威王的下等马,田忌胜;
- 田忌的上等马对齐威王的中等马,田忌胜;
- 田忌的下等马对齐威王的下等马,齐威王胜。
回到本题,考虑一组贡献伟大值的配对 ,其中 。由于越小的值越匹配到更大值,为了让结果最优,应该让 p 尽可能小,即优先匹配 nums 数组的较小值。那么 如何选择呢?有 2 种策略:
- 策略 1 - 优先匹配最大值:无法得到最优解,因为会消耗了较大的 q 值,可能导致部分 p 值无法匹配(如果田忌用上等马对齐威王的下等马,最终将是齐威王生出);
- 策略 2- 优先匹配最接近的更大值:最优解,即田忌赛马策略,以 [1,1,1,2,3,3,5] 为例:
- 初始状态 i = 0,j = 0;
- i = 0,j = 0,无法贡献伟大值,j 自增 1(寻找最接近的更大值);
- i = 0,j = 1, 无法贡献伟大值,j 自增 1;
- i = 0,j = 2, 无法贡献伟大值,j 自增 1;
- i = 0,j = 3, 贡献伟大值,j 自增 1,i 自增 1;
- i = 1,j = 4, 贡献伟大值,j 自增 1,i 自增 1;
- i = 2,j = 5, 贡献伟大值,j 自增 1,i 自增 1;
- i = 3,j = 6, 贡献伟大值,j 自增 1,i 自增 1;
- 退出循环,i = 4;正好等于伟大值 4。
class Solution {
fun maximizeGreatness(nums: IntArray): Int {
nums.sort()
// i:参与匹配的指针
var i = 0
for (num in nums) {
// 贡献伟大值
if (num > nums[i]) i++
}
return i
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 排序 + 线性遍历,其中 是 数组长度;
- 空间复杂度: 排序递归栈空间。
题解二(最大重复计数)
竞赛中从测试用例中观察到题解与最大重复数存在关系,例如:
- 用例 [1,1,1,2,3,3,5]:最大重复数为 3,一个最优方案为 [2,3,3,5,x,x,x],最大伟大值为 7 - 3 = 4,其中 7 是数组长度;
- 用例 [1,2,2,2,2,3,5]:最大重复数为 4,一个最优方案为 [2,3,5,x,x,x,x],最大伟大值为 7 - 4 = 3,其中 7 是数组长度;
- 用例 [1,1,2,2,2,2,3,3,5],最大重复数为 4,一个最优方案为 [2,2,3,3,5,x,x,x,x],最大伟大值为 9 - 4 = 5,其中 9 是数组长度。
我们发现题目的瓶颈在于数字最大重复出现计数。最大伟大值正好等于 数组长度 - 最大重复计数。
如何证明?关键在于 i 指针和 j 指针的最大距离:
当 i 指针指向重复元素的首个元素时(例如下标为 0、2、6 的位置),j 指针必须移动到最接近的较大元素(例如下标为 2,6,8 的位置)。而 i 指针和 j 指针的最大错开距离取决于数组重复出现次数最多的元素,只要错开这个距离,无论数组后续部分有多长,都能够匹配上。
class Solution {
fun maximizeGreatness(nums: IntArray): Int {
var maxCnt = 0
val cnts = HashMap<Int, Int>()
for (num in nums) {
cnts[num] = cnts.getOrDefault(num, 0) + 1
maxCnt = Math.max(maxCnt, cnts[num]!!)
}
return nums.size - maxCnt
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 其中 是 数组的长度;
- 空间复杂度: 其中 是 散列表空间。
2593. 标记所有元素后数组的分数(Medium)
题目地址
题目描述
给你一个数组 nums
,它包含若干正整数。
一开始分数 score = 0
,请你按照下面算法求出最后分数:
- 从数组中选择最小且没有被标记的整数。如果有相等元素,选择下标最小的一个。
- 将选中的整数加到
score
中。 - 标记 被选中元素,如果有相邻元素,则同时标记 与它相邻的两个元素 。
- 重复此过程直到数组中所有元素都被标记。
请你返回执行上述算法后最后的分数。
题解一(排序)
这道题犯了大忌,没有正确理解题意。一开始以为 “相邻的元素” 是指未标记的最相邻元素,花了很多时间思考如何快速找到左右未标记的数。其实题目没有这么复杂,就是标记数组上的相邻元素。
如此这道题只能算 Medium 偏 Easy 难度。
class Solution {
fun findScore(nums: IntArray): Long {
// 小顶堆(索引)
val heap = PriorityQueue<Int>() { i1, i2 ->
if (nums[i1] != nums[i2]) nums[i1] - nums[i2] else i1 - i2
}.apply {
for (index in nums.indices) {
offer(index)
}
}
var sum = 0L
while (!heap.isEmpty()) {
val index = heap.poll()
if (nums[index] == 0) continue
// 标记
sum += nums[index]
nums[index] = 0
// 标记相邻元素
if (index > 0) nums[index - 1] = 0
if (index < nums.size - 1) nums[index + 1] = 0
}
return sum
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 堆排序时间,其中 是 数组长度;
- 空间复杂度: 堆空间。
题解二(按照严格递减字段分组)
思路参考:灵茶山艾府的题解
按照严格递减字段分组,在找到坡底后间隔累加 nums[i],nums[i - 2],nums[i - 4],并从 i + 2 开始继续寻找坡底。
class Solution {
fun findScore(nums: IntArray): Long {
val n = nums.size
var sum = 0L
var i = 0
while (i < nums.size) {
val i0 = i // 坡顶
while (i + 1 < n && nums[i] > nums[i + 1]) i++ // 寻找坡底
for (j in i downTo i0 step 2) { // 间隔累加
sum += nums[j]
}
i += 2 // i + 1 不能选
}
return sum
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 其中 是 数组的长度,每个元素最多访问 2 次;
- 空间复杂度: 只使用常数空间。
2594. 修车的最少时间(Medium)
题目地址
题目描述
给你一个整数数组 ranks
,表示一些机械工的 能力值 。ranksi
是第 i
位机械工的能力值。能力值为 r
的机械工可以在 r * n2
分钟内修好 n
辆车。
同时给你一个整数 cars
,表示总共需要修理的汽车数目。
请你返回修理所有汽车 最少 需要多少时间。
注意: 所有机械工可以同时修理汽车。
题解(二分查找)
我们发现问题在时间 t 上存在单调性:
- 假设可以在 t 时间内修完所有车,那么大于 t 的时间都能修完;
- 如果不能在 t 时间内修完所有车,那么小于 t 的时间都无法修完。
因此,我们可以用二分查找寻找 “可以修完的最小时间”:
- 二分的下界:1;
- 二分的上界:将所有的车交给能力值排序最高的工人,因为他的效率最高。
class Solution {
fun repairCars(ranks: IntArray, cars: Int): Long {
// 寻找能力值排序最高的工人
var minRank = Integer.MAX_VALUE
for (rank in ranks) {
minRank = Math.min(minRank, rank)
}
var left = 1L
var right = 1L * minRank * cars * cars
// 二分查找
while (left < right) {
val mid = (left + right) ushr 1
if (check(ranks, cars, mid)) {
right = mid
} else {
left = mid + 1
}
}
return left
}
// return 能否在 t 时间内修完所有车
private fun check(ranks: IntArray, cars: Int, t: Long): Boolean {
// 计算并行修车 t 时间能修完的车(由于 t 的上界较大,carSum 会溢出 Int)
var carSum = 0L
for (rank in ranks) {
carSum += Math.sqrt(1.0 * t / rank).toLong()
}
return carSum >= cars
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 其中 是 数组长度, 是 数组的最小值, 是车辆数量,二分的次数是 ,每次 操作花费 时间;
- 空间复杂度: 仅使用常量级别空间。
题解二(二分查找 + 计数优化)
我们发现 的取值范围很小,所有可以用计数优化每次 操作的时间复杂度:
class Solution {
fun repairCars(ranks: IntArray, cars: Int): Long {
// 寻找能力值排序最高的工人
val cnts = IntArray(101)
var minRank = Integer.MAX_VALUE
for (rank in ranks) {
minRank = Math.min(minRank, rank)
cnts[rank]++
}
var left = 1L
var right = 1L * minRank * cars * cars
// 二分查找
while (left < right) {
val mid = (left + right) ushr 1
if (check(ranks, cars, cnts, minRank, mid)) {
right = mid
} else {
left = mid + 1
}
}
return left
}
// return 能否在 t 时间内修完所有车
private fun check(ranks: IntArray, cars: Int, cnts: IntArray, minRank: Int, t: Long): Boolean {
// 计算并行修车 t 时间能修完的车(由于 t 的上界较大,carSum 会溢出 Int)
var carSum = 0L
for (rank in minRank..100) {
if (cnts[rank] == 0) continue
carSum += cnts[rank] * Math.sqrt(1.0 * t / rank).toLong()
}
return carSum >= cars
}
}
复杂度分析:
- 时间复杂度: 其中 是 数组长度, 是 数组的最小值, 是 数组的取值范围, 是车辆数量,二分的次数是 ,每次 操作花费 时间;
- 空间复杂度: 计数数组空间。
近期周赛二分查找题目:
这场周赛就这么多,我们下周见。
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