【周赛总结】双周赛109

双周赛109

37分钟AK，T3初始值写错WA一次，满足

检查数组是否是好的【LC2784】

给你一个整数数组 nums ，如果它是数组 base[n] 的一个排列，我们称它是个 好 数组。

base[n] = [1, 2, ..., n - 1, n, n] （换句话说，它是一个长度为 n + 1 且包含 1 到 n - 1 恰好各一次，包含 n 两次的一个数组）。比方说，base[1] = [1, 1] ，base[3] = [1, 2, 3, 3] 。

如果数组是一个好数组，请你返回 true ，否则返回 false 。

**注意：**数组的排列是这些数字按任意顺序排布后重新得到的数组。

• 思路：排序+模拟

  排序后的好数组满足以下条件

  • i ∈ 0 , n − 2 i \in 0,n-2 i∈0,n−2时，满足 n u m s i = = i + 1 numsi==i+1 numsi==i+1
  • 最后一位满足 n u m s n − 1 = = n − 1 numsn- 1==n - 1 numsn−1==n−1

  如果符合返回true，否则返回false

• 实现

  class Solution {
      public boolean isGood(int[] nums) {
          int n = nums.length;
          Arrays.sort(nums);
          for (int i = 0; i < n - 1; i++){
              if (i + 1 != nums[i]){
                  return false;
              }
          }
          return nums[n - 1] == n - 1;
  
      }
  }

  • 复杂度
    • 时间复杂度： O ( n log ⁡ n ) \mathcal{O}(n \log n) O(nlogn)
    • 空间复杂度： O ( n ) \mathcal{O}(n) O(n)

将字符串中的元音字母排序【LC2785】

给你一个下标从 0 开始的字符串 s ，将 s 中的元素重新 排列 得到新的字符串 t ，它满足：

• 所有辅音字母都在原来的位置上。更正式的，如果满足 0 <= i < s.length 的下标 i 处的 s[i] 是个辅音字母，那么 t[i] = s[i] 。
• 元音字母都必须以他们的 ASCII 值按 非递减 顺序排列。更正式的，对于满足 0 <= i < j < s.length 的下标 i 和 j ，如果 s[i] 和 s[j] 都是元音字母，那么 t[i] 的 ASCII 值不能大于 t[j] 的 ASCII 值。

请你返回结果字母串。

元音字母为 'a' ，'e' ，'i' ，'o' 和 'u' ，它们可能是小写字母也可能是大写字母，辅音字母是除了这 5 个字母以外的所有字母。

• 思路：模拟+排序

  先遍历一遍字符串，统计元音字符，将其按升序排序；再遍历一遍字符串，生成结果，辅音字母直接添加进sb中，元音字母按升序添加进sb中

• 实现

  class Solution {
      public String sortVowels(String s) {
          int n = s.length();
          StringBuilder sb = new StringBuilder();
          boolean[] isVowel = new boolean[n];
          List<Character> vowels = new ArrayList<>();
          for (int i = 0; i < n; i++){
              char c = s.charAt(i);
              if (isVowel(c)){
                  isVowel[i] = true;
                  vowels.add(c);
              }
          }
          Collections.sort(vowels, (c1, c2) -> c1 - c2);
          int j = 0;
          for (int i = 0; i < n; i++){
              if (isVowel[i]){
                  sb.append(vowels.get(j));
                  j++;
              }else{
                  sb.append(s.charAt(i));
              }
          }
          return sb.toString();
      }
      public boolean isVowel(char c){
          return c == 'a' || c == 'e' || c == 'i' || c == 'o' || c == 'u' || 
                  c == 'A' || c == 'E' || c == 'I' || c == 'O' || c == 'U';
      }
  }

  • 复杂度
    • 时间复杂度： O ( n log ⁡ n ) \mathcal{O}(n\log n) O(nlogn)
    • 空间复杂度： O ( n ) \mathcal{O}(n) O(n)

访问数组中的位置使分数最大【LC2786】

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个正整数 x 。

你 一开始 在数组的位置 0 处，你可以按照下述规则访问数组中的其他位置：

• 如果你当前在位置 i ，那么你可以移动到满足 i < j 的 任意 位置 j 。
• 对于你访问的位置 i ，你可以获得分数 nums[i] 。
• 如果你从位置 i 移动到位置 j 且 nums[i] 和 nums[j] 的 奇偶性 不同，那么你将失去分数 x 。

请你返回你能得到的 最大 得分之和。

注意 ，你一开始的分数为 nums[0] 。

• 思路：dp

  使用 d p i 0 / 1 dpi0/1 dpi0/1记录截止目前以奇数/偶数为末尾的最大分数。

  • 状态转移

    当前状态有前一个存在的状态转移得到，如果奇偶性不同，需要进行扣分

    • 如果 n u m s i numsi numsi为奇数，当前状态可以由前一个奇数状态转移，或者由前一个偶数状态转移，此时还需要扣分，保留较大值
      d p i 0 = m a x ( d p i − 1 0 , d p i − 1 1 + n u m s i − x ) dpi0=max(dpi-10,dpi-11+numsi-x) dpi0=max(dpi−10,dpi−11+numsi−x)

    • 如果 n u m s i numsi numsi为偶数，当前状态可以由前一个奇数状态转移，或者由前一个偶数状态转移，此时还需要扣分，保留较大值
      d p i 1 = m a x ( d p i − 1 1 , d p i − 1 0 + n u m s i − x ) dpi1=max(dpi-11,dpi-10+numsi-x) dpi1=max(dpi−11,dpi−10+numsi−x)

    • 1 < = n u m s i , x < = 1 0 6 1 <= numsi, x <= 10^6 1<=numsi,x<=106，设置无效状态为最小值，不会影响结果

  • 初始状态取决于 n u m s 0 nums0 nums0的奇偶性

    • 如果 n u m s 0 nums0 nums0为奇数， d p 0 0 = n u m s 0 , d p 0 1 = I n t e g e r . M I N _ V A L U E dp00=nums0,dp01=Integer.MIN\_VALUE dp00=nums0,dp01=Integer.MIN_VALUE
    • 如果 n u m s 0 nums0 nums0为偶数， d p 0 1 = n u m s 0 , d p 0 0 = I n t e g e r . M I N _ V A L U E dp01=nums0,dp00=Integer.MIN\_VALUE dp01=nums0,dp00=Integer.MIN_VALUE

• 实现

  用变量表示

  class Solution {
      public long maxScore(int[] nums, int x) {
          long odd = Long.MIN_VALUE, even = Long.MIN_VALUE;
          int n = nums.length;
          long res = nums[0];
          if (nums[0] % 2 == 0){
              even = nums[0];
          }else{
              odd = nums[0];
          }
          for (int i = 1; i < n; i++){
              if (nums[i] % 2 == 0){
                  even = Math.max(even, even + nums[i]);
                  // if (odd != Long.MIN_VALUE){
                      even = Math.max(odd + nums[i] - x, even);
                      
                  // }   
                  res = Math.max(res, even);
              }else{
                  odd = Math.max(odd, odd + nums[i]);
                  // if (even != Long.MIN_VALUE){
                      odd = Math.max(even + nums[i] - x, odd);                
                  // }    
                  res = Math.max(res, odd);
              }
          }
          return res;
  
      }
  }

  • 复杂度
    • 时间复杂度： O ( n ) \mathcal{O}(n) O(n)
    • 空间复杂度： O ( 1 ) \mathcal{O}(1) O(1)

将一个数字表示成幂的和的方案数【LC2787】

给你两个 正 整数 n 和 x 。

请你返回将 n 表示成一些 互不相同 正整数的 x 次幂之和的方案数。换句话说，你需要返回互不相同整数 [n1, n2, ..., nk] 的集合数目，满足 n = n1x + n2x + ... + nkx 。

由于答案可能非常大，请你将它对 109 + 7 取余后返回。

比方说，n = 160 且 x = 3 ，一个表示 n 的方法是 n = 23 + 33 + 53 。

• 思路：01背包

  • 我们能够取的数字为「小于等于 n n n的正整数的 x 次幂」，需要满足的条件为「取的所有数之和为 n n n」，这些数有限并且只能取一次，因此可以转化为01背包问题
    • 物品重量为数值，价值为方案数1，求解背包容量为 n n n的总价值
    • d p j dpj dpj：数目总和为 j j j的总方案数

• 实现

  class Solution {
      public static final int MOD = (int)(1e9 + 7);
      public int numberOfWays(int n, int x) {
          List<Integer> nums = new ArrayList<>();// 所有可能的x的幂
          int res = 0;
          for (int i = 1; Math.pow(i, x) <= n; i++){
              nums.add((int)Math.pow(i, x));
          }
          // 01背包问题，不可重复
          int[] dp = new int[n + 1];
          dp[0] = 1;
          for (int i = 0; i < nums.size(); i++){
              for (int j = n; j >= nums.get(i); j--){
                  dp[j] = (dp[j] + dp[j - nums.get(i)]) % MOD;
              }
          }
          return dp[n];
      }
  }

  • 复杂度
    • 时间复杂度： O ( n ∗ m ) \mathcal{O}(n*m) O(n∗m)，m为物品个数
    • 空间复杂度： O ( n ) \mathcal{O}(n) O(n)