LeetCode 周赛 332,在套路里摸爬滚打~

leetcode,套路,摸爬滚打 · 浏览次数 : 111

小编点评

**思路** 1. **预处理**: - 创建一个 `valueMap`,存储所有可能出现的数字及其下标。 - 通过对字符串进行分段,计算每个段中的所有数字及其下标。 2. **计算子序列长度**: - 遍历 `valueMap` 中的映射关系,并计算每个数字的最左和右下标。 - 对于每个数字,计算其最左和右下标之间的字符数量,并将这些字符数量最小化。 3. **枚举分割点**: - 遍历字符串 s 的所有可能分割点。 - 对于每个分割点,计算最左和右下标之间的字符数量,并将这些字符数量最小化。 4. **返回最小子序列长度**: - 找出所有分割点中子序列的长度,并选择最小值。 - 返回最终结果。 **复杂分析** - 时间复杂度:$O(n),其中 n 是字符串 s 的长度。 - 空间复杂度:$O(n),因为我们使用了一个 HashMap 和一些数组来存储和计算子序列的长度。

正文

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2562.  找出数组的串联值(Easy)

题目地址

https://leetcode.cn/problems/find-the-array-concatenation-value/

题目描述

给你一个下标从  0  开始的整数数组  nums 。

现定义两个数字的  串联  是由这两个数值串联起来形成的新数字。

  • 例如,15  和  49  的串联是  1549 。

nums  的  串联值  最初等于  0 。执行下述操作直到  nums  变为空:

  • 如果  nums  中存在不止一个数字,分别选中  nums  中的第一个元素和最后一个元素,将二者串联得到的值加到  nums  的  串联值  上,然后从  nums  中删除第一个和最后一个元素。
  • 如果仅存在一个元素,则将该元素的值加到  nums  的串联值上,然后删除这个元素。

返回执行完所有操作后  nums  的串联值。

题解

简单模拟题,使用双指针向中间逼近即可。


class Solution {
    fun findTheArrayConcVal(nums: IntArray): Long {
        var left = 0
        var right = nums.size - 1
        var result = 0L
        while (left <= right) {
            result += if (left == right) {
                 nums[left]
            } else{
                Integer.valueOf("${nums[left]}${nums[right]}")
            }
            left++
            right--
        }
        return result
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n)$
  • 空间复杂度:$O(1)$

2563.  统计公平数对的数目(Medium)

题目地址

https://leetcode.cn/problems/count-the-number-of-fair-pairs/

题目描述

给你一个下标从  0  开始、长度为  n  的整数数组  nums ,和两个整数  lower  和  upper ,返回  公平数对的数目 。

如果  (i, j)  数对满足以下情况,则认为它是一个  公平数对 :

  • 0 <= i < j < n,且
  • lower <= nums[i] + nums[j] <= upper

题解一(排序 + 枚举组合)

题目要求寻找 2 个目标数 nums[i]nums[j] 满足两数之和处于区间 [lower, upper] 。虽然题目强调了下标 i 和下标 j 满足 0 <= i < j < n,但事实上两个数的顺序并不重要,我们选择 nums[2] + nums[4] 与选择 nums[4] + nums[2] 的结果是相同的。因此,第一反应可以使用 “朴素组合模板”,时间复杂度是 $O(n^2)$,但在这道题中会超出时间限制。

// 组合模板
class Solution {
    fun countFairPairs(nums: IntArray, lower: Int, upper: Int): Long {
        val n = nums.size
        var result = 0L
        for (i in 0 until nums.size - 1) {
            for (j in i + 1 until nums.size) {
                val sum = nums[i] + nums[j]
                if (sum in lower..upper) result++
            }
        }
        return result
    }
}

以示例 1 来说,我们发现在外层循环选择 nums[i] = 4 的一趟循环中,当内层循环选择 $[4 + 4]$ 组合不满足条件后,选择一个比 $4$ 更大的 $[4 + 5]$ 组合显得没有必要。从这里容易想到使用 “排序” 剪去不必要的组合方案:我们可以先对输入数据进行排序,当内层循环的 nums[j] 不再可能满足条件时提前终止内层循环:

class Solution {
    fun countFairPairs(nums: IntArray, lower: Int, upper: Int): Long {
        // 排序 + 枚举组合
        var result = 0L
        nums.sort()
        for (i in 0 until nums.size - 1) {
            for (j in i + 1 until nums.size) {
                val sum = nums[i] + nums[j]
                if (sum < lower) continue
                if (sum > upper) break
                result++
            }
        }
        return result
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(nlgn + n^2)$ 快速排序 + 组合的时间,其中 $O(n^2)$ 是一个比较松的上界。
  • 空间复杂度:$O(lgn)$ 快速排序占用的递归栈空间。

题解二(排序 + 二分查找)

使用排序优化后依然无法满足题目要求,我们发现:内层循环并不需要线性扫描,我们可以使用 $O(lgn)$ 二分查找寻找:

  • 第一个大于等于 min 的数
  • 最后一个小于等于 max 的数

再使用这 2 个边界数的下标相减,即可获得内层循环中的目标组合个数。

class Solution {
    fun countFairPairs(nums: IntArray, lower: Int, upper: Int): Long {
        // 排序 + 二分查找
        var result = 0L
        nums.sort()
        for (i in 0 until nums.size - 1) {
            // nums[i] + x >= lower
            // nums[i] + x <= upper
            // 目标数的范围:[lower - nums[i], upper - nums[i]]
            val min = lower - nums[i]
            val max = upper - nums[i]
            // 二分查找优化:寻找第一个大于等于 min 的数
            var left = i + 1
            var right = nums.size - 1
            while (left < right) {
                val mid = (left + right - 1) ushr 1
                if (nums[mid] < min) {
                    left = mid + 1
                } else {
                    right = mid
                }
            }
            val minIndex = if (nums[left] >= min) left else continue
            // 二分查找优化:寻找最后一个小于等于 max 的数
            left = minIndex
            right = nums.size - 1
            while (left < right) {
                val mid = (left + right + 1) ushr 1
                if (nums[mid] > max) {
                    right = mid - 1
                } else {
                    left = mid
                }
            }
            val maxIndex = if (nums[left] <= max) left else continue
            result += maxIndex - minIndex + 1
        }
        return result
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(nlgn + nlgn)$ 快速排序 + 组合的时间,内层循环中每次二分查找的时间是 $O(lgn)$。
  • 空间复杂度:$O(lgn)$ 快速排序占用的递归栈空间。

2564.  子字符串异或查询(Medium)

题目地址

https://leetcode.cn/problems/substring-xor-queries/

题目描述

给你一个  二进制字符串 s  和一个整数数组  queries ,其中  queries[i] = [firsti, secondi] 。

对于第  i  个查询,找到  s  的  最短子字符串 ,它对应的  十进制值  val  与  firsti 按位异或  得到  secondi ,换言之,val ^ firsti == secondi 。

第  i  个查询的答案是子字符串  [lefti, righti]  的两个端点(下标从  0  开始),如果不存在这样的子字符串,则答案为  [-1, -1] 。如果有多个答案,请你选择  lefti  最小的一个。

请你返回一个数组  ans ,其中  ans[i] = [lefti, righti]  是第  i  个查询的答案。

子字符串  是一个字符串中一段连续非空的字符序列。

前置知识

记 ⊕ 为异或运算,异或运算满足以下性质:

  • 基本性质:x ⊕ y = 0
  • 交换律:x ⊕ y = y ⊕ x
  • 结合律:(x ⊕ y) ⊕ z = x ⊕ (y ⊕ z)
  • 自反律:x ⊕ y ⊕ y = x

题解一(滑动窗口)

题目要求字符串 s 的最短子字符串,使其满足其对应的数值 val ⊕ first = second,根据异或的自反律性质可知(等式两边同异或 first),题目等价于求满足 val = first ⊕ second 的最短子字符串。

容易想到的思路是:我们单独处理 queries 数组中的每个查询,并计算目标异或值 target = first ⊕ second,而目标字符串的长度一定与 target 的二进制数的长度相同。所以,我们先获取 target 的有效二进制长度 len,再使用长度为 len 的滑动窗口寻找目标子字符串。由于题目要求 [left 最小的方案,所以需要在每次寻找到答案后提前中断。

class Solution {
    fun substringXorQueries(s: String, queries: Array<IntArray>): Array<IntArray> {
        // 寻找等于目标值的子字符串
        // 滑动窗口
        val n = s.length
        val result = Array(queries.size) { intArrayOf(-1, -1) }
        for ((index, query) in queries.withIndex()) {
            val target = query[0] xor query[1]
            // 计算 target 的二进制长度
            var len = 1
            var num = target
            while (num >= 2) {
                num = num ushr 1
                len++
            }
            for (left in 0..n - len) {
                val right = left + len - 1
                if (s.substring(left, right + 1).toInt(2) == target) {
                    result[index][0] = left
                    result[index][1] = right
                    break
                }
            }
        }
        return result
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(mn)$,其中 m 是 queries 数组的长度,n 是字符串的长度,在这道题中会超时。
  • 空间复杂度:$O(1)$,不考虑结果数组。

题解二(滑动窗口 + 分桶预处理)

事实上,如果每次都单独处理 queries 数组中的每个查询,那么题目将查询设置为数组就没有意义了,而且在遇到目标异或值 target 的二进制长度 len 相同时,会存在大量重复计算。因此,容易想到的思路是:我们可以预先将 queries 数组中所有二进制长度 len 相同的查询划分为一组,使相同长度的滑动窗口只会计算一次。

另一个细节是题目的测试用例中存在相同的查询,所以我们需要在映射表中使用 LinkedList 记录相同目标异或值 target 到查询下标 index 的关系。

class Solution {
    fun substringXorQueries(s: String, queries: Array<IntArray>): Array<IntArray> {
        // 寻找等于目标值的子字符串
        // 根据长度分桶:len to <target,index>
        val lenMap = HashMap<Int, HashMap<Int, LinkedList<Int>>>()
        for ((index, query) in queries.withIndex()) {
            val target = query[0] xor query[1]
            // 计算 target 的二进制长度
            var len = 1
            var num = target
            while (num >= 2) {
                num = num ushr 1
                len++
            }
            lenMap.getOrPut(len) { HashMap<Int, LinkedList<Int>>() }.getOrPut(target) { LinkedList<Int>() }.add(index)
        }
        // 滑动窗口
        val n = s.length
        val result = Array(queries.size) { intArrayOf(-1, -1) }
        for ((len, map) in lenMap) {
            for (left in 0..n - len) {
                val right = left + len - 1
                val curValue = s.substring(left, right + 1).toInt(2)
                if (map.containsKey(curValue)) {
                    for (index in map[curValue]!!) {
                        result[index][0] = left
                        result[index][1] = right
                    }
                    map.remove(curValue)
										// 该长度搜索结束
                    if (map.isEmpty()) break
                }
            }
        }
        return result
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(m + Ln)$,其中 n 是字符串的长度, m 是 queries 数组的长度,L 是不同长度的窗口个数,$O(m)$ 是预处理的时间。根据题目输入满足 $10^9 < 2^{30}$ 可知 L 的最大值是 30。
  • 空间复杂度:$O(m)$,散列表总共需要记录 m 个查询的映射关系。

题解三(滑动窗口 + 预处理字符串)

这道题的思路也是通过预处理过滤相同长度的滑动窗口,区别在于预处理的是输入字符串,我们直接计算字符串 s 中所有可能出现的数字以及对应的 [left,right] 下标,再利用这份数据给予 queries 数组进行 $O(1)$ 打表查询。

class Solution {
    fun substringXorQueries(s: String, queries: Array<IntArray>): Array<IntArray> {
        val n = s.length
        // 预处理
        val valueMap = HashMap<Int, IntArray>()
        for (len in 1..Math.min(n,31)) {
            for (left in 0..n - len) {
                val right = left + len - 1
                val num = s.substring(left, right + 1).toInt(2)
                if (!valueMap.containsKey(num)) {
                    valueMap[num] = intArrayOf(left, right)
                }
            }
        }
        val result = Array(queries.size) { intArrayOf(-1, -1) }
        for ((index, query) in queries.withIndex()) {
            val target = query[0] xor query[1]
            if (valueMap.containsKey(target)) {
                result[index] = valueMap[target]!!
            }
        }
        return result
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(Ln + m)$,其中 n 是字符串的长度, m 是 queries 数组的长度,L 是不同长度的窗口个数。$O(Ln)$ 是预处理的时间,根据题目输入满足 $10^9 < 2^{30}$ 可知 L 的最大值是 30。
  • 空间复杂度:$O(nL)$,散列表总共需要记录 nL 个数的映射关系。

2565.  最少得分子序列(Hard)

题目地址

https://leetcode.cn/problems/subsequence-with-the-minimum-score/

题目描述

给你两个字符串  s  和  t 。

你可以从字符串  t  中删除任意数目的字符。

如果没有从字符串  t  中删除字符,那么得分为  0 ,否则:

  • 令  left  为删除字符中的最小下标。
  • 令  right  为删除字符中的最大下标。

字符串的得分为  right - left + 1 。

请你返回使  t  成为  s  子序列的最小得分。

一个字符串的  子序列  是从原字符串中删除一些字符后(也可以一个也不删除),剩余字符不改变顺序得到的字符串。(比方说  "ace"  是  "acde"  的子序列,但是  "aec"  不是)。

题解(前后缀分解)

这道题第一感觉是 LCS 最长公共子序列的衍生问题,我们可以使用朴素 LCS 模板求解字符串 s 和字符串 t 的最长公共子序列 ,再使用 t 字符串的长度减去公共部分长度得到需要删除的字符个数。

然而,这道题目的输出得分取决于最左边被删除的字符下标 $index_{left}$ 和最右边被删除字符的下标 $index_{right}$,常规套路显得无从下手。所以,我们尝试对原问题进行转换:

  • 思考 1: 假设删除 leftright 两个字符后能够满足条件,那么删除 [left,right] 中间所有字符也同样能满足条件(贪心思路:删除更多字符后成为子序列的可能性更大);
  • 思考 1 结论: 原问题等价于求删除字符串 t 中的最短字符串 [i,j],使得剩余部分 [0, i - 1][j + 1, end] 合并后成为字符串 s 的一个子序列。
  • 思考 2: 如果字符串 t 删除 [i, j] 区间的字符后能够满足条件,那么一定存在剩余部分 [0, i - 1] 与字符串 s 的前缀匹配,而 [j + 1, end] 与字符串 s 的后缀匹配,而且这两段匹配的区域一定 “不存在” 交集。
  • 思考 2 结论: 我们可以枚举字符串 s 中的所有分割点,分别位于分割点的 s 前缀匹配 t 的前缀,用 s 的后缀匹配 t 的后缀,计算匹配后需要减去的子串长度,将所有枚举方案的解取最小值就是原题目的解。

思路参考视频讲解:https://www.bilibili.com/video/BV1GY411i7RP/ —— 灵茶山艾府 著

class Solution {
    fun minimumScore(s: String, t: String): Int {
        // 前后缀分解
        val n = s.length
        val m = t.length
        // s 的后缀和 t 的后缀匹配的最长子串的起始下标
        val sub = IntArray(n + 1).apply {
            var right = m - 1
            for (index in n - 1 downTo 0) {
                if (right >= 0 && s[index] == t[right]) right--
                this[index] = right + 1
            }
            this[n] = m
        }
        // s 的前缀和 t 的前缀匹配的最长子串的终止下标
        val pre = IntArray(n).apply {
            var left = 0
            for (index in 0..n - 1) {
                if (left < m && s[index] == t[left]) left++
                this[index] = left - 1
            }
        }
        // 枚举分割点
        var result = sub[0]
        if (0 == result) return 0 // 整个 t 是 s 的子序列
        for (index in 0 until n) {
            result = Math.min(result, m - (m - sub[index + 1]) - (pre[index] + 1))
        }
        return result
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n)$,其中 n 是字符串 s 的长度,预处理和枚举的时间复杂度都是 $O(n)$。
  • 空间复杂度:$O(n)$,前后缀数组的空间。

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