7-周赛333总结

还是只过了前两题，第三题又写了好久好久，然后也不知道错在了哪里，只过了部分题解，也许是思考不全面吧。下次也许先做第四题更好…第四题今天花了点时间 做出来了个大概 开心 :happy:

合并两个二维数组 - 求和法【LC2570】

给你两个 二维 整数数组 nums1 和 nums2.

• nums1[i] = [idi, vali] 表示编号为 idi 的数字对应的值等于 vali 。
• nums2[i] = [idi, vali] 表示编号为 idi 的数字对应的值等于 vali 。

每个数组都包含 互不相同 的 id ，并按 id 以 递增 顺序排列。

请你将两个数组合并为一个按 id 以递增顺序排列的数组，并符合下述条件：

• 只有在两个数组中至少出现过一次的 id 才能包含在结果数组内。
• 每个 id 在结果数组中 只能出现一次 ，并且其对应的值等于两个数组中该 id 所对应的值求和。如果某个数组中不存在该 id ，则认为其对应的值等于 0 。

返回结果数组。返回的数组需要按 id 以递增顺序排列。

• 思路：双指针、归并排序

  使用双指针指向数组nums1和nums2中的元素，优先取id较小的指针对应的二元组，如果两个指针指向的id相同，那么二元组的值为两个指针对应的值之和

• 实现

  由于不确定有多少元素重复，因此可以先将结果存储在动态数组中，最后在将结果赋值至int数组中

  class Solution {public int[][] mergeArrays(int[][] nums1, int[][] nums2) {int n = nums1.length, m = nums2.length;List<int[]> list = new ArrayList<>();int i = 0, j = 0;while (i < n || j < m){int[] add = new int[2];if (j == m || (i < n && nums1[i][0] < nums2[j][0])){add[0] = nums1[i][0];add[1] = nums1[i][1];i++;}else if(i == n || (j < m && nums1[i][0] > nums2[j][0])){add[0] = nums2[j][0];add[1] = nums2[j][1];j++;}else{add[0] = nums1[i][0];add[1] = nums1[i][1] + nums2[j][1]; i++;j++;}list.add(add);}int[][] res = new int[list.size()][2];for (int k = 0; k < list.size(); k++){res[k] = list.get(k);}return res;}
  }
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$O(n+m)$
    • 空间复杂度：$O(n+m)$，动态数组的额外空间

将整数减少到零需要的最少操作数【LC2571】

给你一个正整数 n ，你可以执行下述操作 任意 次：

• n 加上或减去 2 的某个 幂

返回使 n 等于 0 需要执行的 最少 操作数。

如果 x == 2i 且其中 i >= 0 ，则数字 x 是 2 的幂。

• 思路：贪心

  由于操作只能加上或减去 2 的某个 幂，因此采用位运算的方式解决此题，求取n的二进制形式所有1变为0时所需要的操作数。

  从最低位开始，找到每个值为1的位，假定为第$i$位，而第一个为0的位为第$j$位，当连续1的个数等于1时，采用减幂消除1；当连续1的个数大于1时，采用加幂进位的方式消除1

  • 当连续1的个数等于1时，减去该位对应的幂，将该位变为0，所需要的操作数为1次;

  • 而当连续1的个数大于1时，可以通过加2的最低1位对应的幂进位，此时所有的连续1变为0，然后产生了进位，第$j$位变为1，所需要的操作数也为1次；【使用减幂方式所需要的操作数为$j-i$，而使用进位的方式所需要的操作数为2次，并且消除进位产生的1的同时可能会消除更多的1，因此连续1的个数大于1时，采用进位的方式消除1时最优的】

  局部最优和全局最优

  • 局部最优：将连续的所有1变为0的次数最少
  • 全局最优：将n变为0的操作数最少

• 实现

  class Solution {public int minOperations(int n) {// 如果遇到连续1个数大于1时，进位 操作数加1// 连续1个数等于1，直接减操作int res = 0;int i = 0;while (n != 0){// 找到从左到右第一个1while (((n >> i) & 1) == 0){i++;}int j = i;// 找到从左到右第一个0while (((n >> j) & 1)  == 1){j++;}if (j - i > 1){n += Math.pow(2, i);res++;}else{n -= Math.pow(2, i);res++;}i = j;}return res;}
  }
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$O(logn)$
    • 空间复杂度：$O(1)$

• 优化：

  使用位运算获取最低位 lb = n & -n，然后使用n & (lb << 1)) > 0判断是否有连续1

  class Solution {public int minOperations(int n) {int ans = 1;while ((n & (n - 1)) > 0) { // n 不是 2 的幂次int lb = n & -n;if ((n & (lb << 1)) > 0) n += lb; // 多个连续 1else n -= lb; // 单个 1++ans;}return ans;}
  }作者：灵茶山艾府
  链接：https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-reduce-an-integer-to-0/solutions/2120204/ji-yi-hua-sou-suo-by-endlesscheng-cm6l/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  class Solution {public int minOperations(int n) {int ans = 0;while (n != 0) { int lb = n & -n;if ((n & (lb << 1)) > 0) n += lb; // 多个连续 1else n -= lb; // 单个 1++ans;}return ans;}
  }

*无平方子集计数【LC2572】

给你一个正整数数组 nums 。

如果数组 nums 的子集中的元素乘积是一个 无平方因子数 ，则认为该子集是一个 无平方 子集。

无平方因子数 是无法被除 1 之外任何平方数整除的数字。

返回数组 nums 中 无平方 且 非空 的子集数目。因为答案可能很大，返回对 109 + 7 取余的结果。

nums 的 非空子集 是可以由删除 nums 中一些元素（可以不删除，但不能全部删除）得到的一个数组。如果构成两个子集时选择删除的下标不同，则认为这两个子集不同。

• 思路：

  • 如果两个无平方因子数的最大公因数为1，那么它们可以存在一个子集当中。

  • 由于本题中nums的数值大小小于等于30，因此可以对该范围的数进行预处理，判断每个数是否是无平方因子数，如果是无平方因子数则求出每个数对应质因数的集合，并使用状态压缩法表示，当mask的第$i$位为1是第$i$个质数在集合中；如果不是无平方因子数，那么mask设为-1。

  • 题意可转化为「选一些不相交的质数集合，它们的并集恰好为集合 $j$的方案数」。【01背包问题】

    物品即为每个数字分解的质因数集合，背包容量为背包可以容纳的质因数对应的状态码，当物品对应质因数集合是背包容量的子集时，则可以向该背包放入该物品

• 二维动态规划

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

     dp[i][j]表示 从前i个元素中取若干元素，质因数出现的情况为j的方案数。

  2. 确定递推公式

     • 不放元素i：$dp[i][j]=dp[i-1][j]$

     • 放元素i：当nums[i]对应的状态码为mask，前一个状态与mask不能相交，因此前一个状态码为mask^j

       $dp[i][j]=dp[i-1][j\oplus mask]$

     动态规划公式为
     $$dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j\oplus mask]$$

  3. dp数组如何初始化

     dp[0][0] = 1;
     

  4. 确定遍历顺序

     二维dp，遍历顺序不影响结果

     先遍历物品，再遍历背包重量，确定物品i能否放进背包j中

  5. 举例推导dp数组

  最后结果即为$\sum dp[n-1][j]$

  class Solution {private static final int[] PRIMES = new int[]{2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};private static final int MOD = (int) 1e9 + 7, MX = 30, N_PRIMES = PRIMES.length, M = 1 << N_PRIMES;private static final int[] NSQ_TO_MASK = new int[MX + 1]; // NSQ_TO_MASK[i] 为 i 对应的质数集合（用二进制表示）static {for (int i = 2; i <= MX; ++i)for (int j = 0; j < N_PRIMES; ++j) {int p = PRIMES[j];if (i % p == 0) {if (i % (p * p) == 0) { // 有平方因子NSQ_TO_MASK[i] = -1;break;}NSQ_TO_MASK[i] |= 1 << j; // 把 j 加到集合中}}}public int squareFreeSubsets(int[] nums) {int n = nums.length;int[][] dp = new int[n + 1][M]; // f[i][j] 表示恰好组成集合 j 的方案数 // Arrays.fill(dp[0], 1);// 空集的方案数为 1dp[0][0] = 1;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < M; j++) dp[i + 1][j] = dp[i][j];// 不选 maskint mask = NSQ_TO_MASK[nums[i]];if (mask >= 0) // x 是 NSQfor (int j = mask; j <= M - 1; j++){if ((j | mask) == j)  // mask 是 j 的子集dp[i + 1][j] = (dp[i + 1][j] + dp[i][j ^ mask]) % MOD; // 选 mask}}int ans = 0;for (int j = 0; j < M; j++){ans = (ans + dp[n][j]) % MOD;}return ans - 1;}
  }
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$O(nM)$,n为数组长度，M为状态压缩后包含质因子情况的总数
    • 空间复杂度：$O(n\ast M)$，dp数组的额外空间

• 优化：一维dp

  先遍历物品，再从后往前遍历背包重量，确定物品i能否放进背包j中

  class Solution {private static final int[] PRIMES = new int[]{2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};private static final int MOD = (int) 1e9 + 7, MX = 30, N_PRIMES = PRIMES.length, M = 1 << N_PRIMES;private static final int[] NSQ_TO_MASK = new int[MX + 1]; // NSQ_TO_MASK[i] 为 i 对应的质数集合（用二进制表示）static {for (int i = 2; i <= MX; ++i)for (int j = 0; j < N_PRIMES; ++j) {int p = PRIMES[j];if (i % p == 0) {if (i % (p * p) == 0) { // 有平方因子NSQ_TO_MASK[i] = -1;break;}NSQ_TO_MASK[i] |= 1 << j; // 把 j 加到集合中}}}public int squareFreeSubsets(int[] nums) {var f = new int[M]; // f[j] 表示恰好组成集合 j 的方案数f[0] = 1; // 空集的方案数为 1for (int x : nums) {int mask = NSQ_TO_MASK[x];if (mask >= 0) // x 是 NSQfor (int j = M - 1; j >= mask; --j)if ((j | mask) == j)  // mask 是 j 的子集f[j] = (f[j] + f[j ^ mask]) % MOD; // 不选 mask + 选 mask}var ans = 0L;for (int v : f) ans += v;return (int) ((ans - 1) % MOD); // -1 去掉空集}
  }作者：灵茶山艾府
  链接：https://leetcode.cn/problems/count-the-number-of-square-free-subsets/solutions/2121032/liang-chong-xie-fa-01bei-bao-zi-ji-zhuan-3ooi/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$O(nM)$,n为数组长度，M为状态压缩后包含质因子情况的总数
    • 空间复杂度：$O(M)$，dp数组的额外空间

找出对应 LCP 矩阵的字符串【LC2573】

对任一由 n 个小写英文字母组成的字符串 word ，我们可以定义一个 n x n 的矩阵，并满足：

• lcp[i][j] 等于子字符串 word[i,...,n-1] 和 word[j,...,n-1] 之间的最长公共前缀的长度。

给你一个 n x n 的矩阵 lcp 。返回与 lcp 对应的、按字典序最小的字符串 word 。如果不存在这样的字符串，则返回空字符串。

对于长度相同的两个字符串 a 和 b ，如果在 a 和 b 不同的第一个位置，字符串 a 的字母在字母表中出现的顺序先于 b 中的对应字母，则认为字符串 a 按字典序比字符串 b 小。例如，"aabd" 在字典上小于 "aaca" ，因为二者不同的第一位置是第三个字母，而 'b' 先于 'c' 出现。

按列扫描

• 思路：按规则按列逐个构造

  • 首先，由于题目要求返回的合法字符串是字典顺序最小的，因此第一个字符一定是a

  • 然后从开头到末尾逐个构造字符，当我们构造第$i$个字符时，前$j\in [0,i-1]$个字符是确定的，那么当$lcp[j][i]>0$时，第$i$个字符就等于第$j$个字符，直接退出本层循环；如果第$i$个字符与前面的字符均不相同，那么第$i$个字符为当前已经构造的最大字符的下一个字符。

  • 需要注意的是，如果构造的字符大于z，那么不符合题意，返回空字符串

  • 最后还需要验证构造的字符串是否满足矩阵，如果不满足，也返回空字符串。

    验证方法为动态规划

    • 如果$s[i]=s[j]$，那么$lcp[i][j]=lcp[i+1][j+1]+1$
    • 如果$s[i]\ne s[j]$，那么$lcp[i][j]=0$

• 实现

  按列扫描lcp数组

  class Solution {public String findTheString(int[][] lcp) {int n = lcp.length;// 如果矩阵对称并且值小于等于字符串长度时，有满足的字符串【不全面】// for (int i = 0; i < n; i++){//     for (int j = 0; j < n; j++){//         if (lcp[i][j] != lcp[j][i] || lcp[i][j] > Math.min(n - i, n - j)){//             return "";//         }//         if (i == j && lcp[i][j] != n - i){//             return "";//         }//     }// }StringBuilder sb = new StringBuilder();sb.append('a');// 第0个字符一定是a char c = 'a';for (int i = 1; i < n; i++){// 按顺序找第1-n-1个字符for (int j = 0; j < i; j++){// 根据与前面字符的关系确定                int count = lcp[j][i];// s[j,j+count-1] s[i,i+count-1] if (count > 0){// s[i] = s[j]sb.append(sb.charAt(j)); break;                  }}if (sb.length() < i + 1){if (c == 'z') return "";c += 1;sb.append(c);}}// 验证for (int i = n - 1; i >= 0; --i)for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {int actualLCP = sb.charAt(i) != sb.charAt(j) ? 0 : i == n - 1 || j == n - 1 ? 1 : lcp[i + 1][j + 1] + 1;if (lcp[i][j] != actualLCP) return "";}return sb.toString();}}
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$O(n^2)$
    • 空间复杂度：$O(1)$

按行扫描

• 思路

  • 如果$lcp[i][j]>0$时，$s[i]$一定等于$s[j]$，而第一个字符一定是a，因此可以先扫描lcp[0]，如果$lcp[0][j]>0$，那么该字符一定是a
  • 然后进行下一轮，本轮的字符为b，找到从左到右数首个没有填入字符的位置$i$，将其填入当前已经构造的最大字符的下一个字符，然后再扫描lcp[i]，如果$lcp[0][j]>0$，那么填入本轮的字符。往复循环，直至$i$大于字符串长度，或者字符超过了z
  • 如果退出循环时，$i$小于$n$，表示没有构造完，直接返回空字符串
  • 最后，进行验证，验证方法同上

• 实现

  class Solution {public String findTheString(int[][] lcp) {int i = 0, n = lcp.length;var s = new char[n];for (char c = 'a'; c <= 'z'; ++c) {while (i < n && s[i] > 0) ++i;if (i == n) break; // 构造完毕for (int j = i; j < n; ++j)if (lcp[i][j] > 0) s[j] = c;}while (i < n) if (s[i++] == 0) return ""; // 没有构造完// 直接在原数组上验证for (i = n - 1; i >= 0; --i)for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {int actualLCP = s[i] != s[j] ? 0 : i == n - 1 || j == n - 1 ? 1 : lcp[i + 1][j + 1] + 1;if (lcp[i][j] != actualLCP) return "";}return new String(s);}
  }作者：灵茶山艾府
  链接：https://leetcode.cn/problems/find-the-string-with-lcp/solutions/2120175/tan-xin-gou-zao-yan-zheng-o1e-wai-kong-j-82ik/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$O(n^2)$
    • 空间复杂度：$O(1)$