元素和最小的山形三元组 II
预处理前缀和后缀最小值,记为pre[i]和sa[i]
对于当前编号i，如果前面的最小值和后面的最大值都小于nums[i],则记录ans[i] = nums[i]+pre[i-1]+sa[i+1]
结果输出最小的ans[i]即可。
合法分组的最少组数
统计每一个数字出现的次数。将每一个数字分为大小为 d d d或 d + 1 d+1 d+1的组，令 d d d尽可能大。
d d d不满足单调性，不好二分。思路时直接暴力。
计最小出现次数为 m n mn mn,出现过的数字个数为 c n t cnt cnt，显然有 m n ∗ c n t ≤ n u m s . l e n g t h mn*cnt \le nums.length mn∗cnt≤nums.length
而显然有 d + 1 ≤ m n d+1 \le mn d+1≤mn,因此直接枚举d
对于某个数字i，其出现次数为 t o t i tot_i toti,若 d d d成立则需要满足存在x令 x d ≤ t o t i ≤ x ( d + 1 ) xd \le tot_i \le x(d+1) xd≤toti≤x(d+1)
令 x = t o t i / d x = tot_i/d x=toti/d，即以 d d d为标准将 t o t i tot_i toti分为x组，此时还剩 t o t i % d tot_i\%d toti%d个元素，每一组中最多可以容纳 d + 1 d+1 d+1个元素，最多可以容纳x个元素，使x组的个数都变为%d+1%。因此只要满足 t o t i % d ≤ x tot_i\%d \le x toti%d≤x即 t o t i % d ≤ t o t i / d tot_i\%d \le tot_i/d toti%d≤toti/d，则对数字 i i i而言 d d d是合法的分组。
已知d，数字i的分组个数为 t o t i + d m n + 1 \frac{tot_i+d}{mn+1} mn+1toti+d。 x x x需要取最小值满足 x d ≤ t o t i ≤ x ( d + 1 ) xd \le tot_i \le x(d+1) xd≤toti≤x(d+1),有 ⌈ t o t i / ( d + 1 ) ⌉ ≤ x \lceil tot_i/(d+1)\rceil \le x ⌈toti/(d+1)⌉≤x，因此取 x = ⌈ t o t i d + 1 ⌉ x =\lceil \frac{tot_i}{d+1}\rceil x=⌈d+1toti⌉
枚举 d d d,计算分组个数，求分组最小值即可,复杂度为 O ( m n ∗ c n t ) O(mn*cnt) O(mn∗cnt)
得到 K 个半回文串的最少修改次数
数据只有200，想法是纯暴力
令 M i n T i m e s [ i ] [ j ] MinTimes[i][j] MinTimes[i][j]为子串 s t r i j str_{ij} strij变成半回文串最少的次数，暴力计算，复杂度为 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4)
令dp[i][j]为以 s t r i str_i stri为结尾时分为 j j j段最少的操作次数
d p [ i ] [ j ] = min d p [ z ] [ j − 1 ] + M i n T i m e s [ z + 1 ] [ i ] dp[i][j] = \min dp[z][j-1]+MinTimes[z+1][i] dp[i][j]=mindp[z][j−1]+MinTimes[z+1][i]
总复杂度 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4)
计算MinTimes时可以将一个n优化成 n \sqrt n n 甚至预处理成 lg n \lg n lgn，但是 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4)也能过就是了,大概是数据比较弱吧
cpp
class Solution {
public:
int MinTimes[210][210];
int dp[210][210];
int calTimes(string &s,int l,int r)
{
int ret = (1<<30);
int len = r-l+1;
while(--len)
{
if((r-l+1)%len)
continue;
int ans = 0;
for(int i=0;i<len;++i)
{
string t1;
for(int j=l+i;j<=r;j+=len)
t1 += s[j];
for(int c=0;c<t1.size()/2;++c)
if(t1[c]!=t1[t1.size()-1-c])
ans++;
}
ret = min(ret,ans);
}
return ret;
}
int minimumChanges(string s, int k) {
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0][0] = 0;
int l = s.size();
for(int i=0;i<l;++i)
{
for(int j=i+1;j<l;++j)
{
MinTimes[i][j] = calTimes(s,i,j);
}
MinTimes[i][i] = (1<<30);
}
for(int i=0;i<l;++i)
{
for(int j=0;j<=i;++j)
{
for(int z=1;z<=k;++z)
{
dp[i+1][z] = min(dp[i+1][z],dp[j][z-1]+MinTimes[j][i]);
}
}
}
return dp[l][k];
}
};