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[100294. 统计特殊字母的数量 I](#100294. 统计特殊字母的数量 I)
[100291. 统计特殊字母的数量 II](#100291. 统计特殊字母的数量 II)
[100290. 使矩阵满足条件的最少操作次数](#100290. 使矩阵满足条件的最少操作次数)
[100276. 最短路径中的边](#100276. 最短路径中的边)
100294. 统计特殊字母的数量 I
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思路分析
签到题不说了
AC代码
cpp
class Solution {
public:
int numberOfSpecialChars(string word) {
int res = 0;
unordered_set<char> st;
for(auto x : word) st.insert(x);
for(char x = 'a', y = 'A'; x <= 'z'; x ++, y ++)
if(st.count(x) && st.count(y)) res ++;
return res;
}
};100291. 统计特殊字母的数量 II
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思路分析
比赛中为了一次ac避免罚时，选择统计每个字符的第一次出现位置和最后一次出现位置
然后遍历26个小写字母判断它们的最后一次出现位置是否比大写字母第一次出现位置靠前即可
时间复杂度O(n)
AC代码
python
class Solution:
def numberOfSpecialChars(self, word: str) -> int:
first, last = dict(), dict()
n = len(word)
for i, x in enumerate(word[::-1]):
first[x] = n - i
for i, x in enumerate(word):
last[x] = i
res = 0
for ch in range(ord('a'), ord('z') + 1):
x = chr(ch)
if x in last and str.upper(x) in first and last[x] < first[str.upper(x)]:
res += 1
return res
100290. 使矩阵满足条件的最少操作次数
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思路分析
最终形态：每列都相等，不存在相同的相邻两列
那么我们只需要讨论每一列取什么值能够使得每相邻两列不同且操作次数最少
定义状态f(i, j)，为考虑到第 i 列且第i列取j，两两相邻列不重复的最小操作次数
记cntij为原网格第i列中j的出现次数
那么有转移方程f(i + 1, j) = min(f(i + 1, j), f(i, k) + m - cnti + 1j)
状态数：n * k，k = 10，状态转移O(k)
故时间复杂度O(nk^2)
AC代码
cpp
class Solution {
public:
int minimumOperations(vector<vector<int>>& g) {
int m = g.size(), n = g[0].size();
vector<vector<int>> cnt(n + 1, vector<int>(10));
for(int i = 0; i < m; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
cnt[j + 1][g[i][j]] ++;
vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int>(10));
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0; j < 10; j++){
f[i + 1][j] = 1e9;
for(int k = 0; k < 10; k++){
if(k == j) continue;
f[i + 1][j] = min(f[i + 1][j], f[i][k] + m - cnt[i + 1][j]);
}
}
return *min_element(f[n].begin(), f[n].end());
}
};100276. 最短路径中的边
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思路分析
唯一一发WA在这道题了，变量名写错了淦
emm，最短路&dijkstra变形题中非常经典的变形，都是在dijkstra上加个递推
和这道题一个路子：1976. 到达目的地的方案数
只不过把求最短路的数目改为了对所有最短路上边的标记
最短路的数目都能求这个自然也能求，换汤不换药
定义prei为结点 i 在到达n - 1的所有最短路的前驱边编号的集合
我们求dijkstra的时候，记出队结点为x
如果dstx + w(x, y) < dsty，那么清空prey，把<x, y>的编号假如prey
如果dstx + w(x, y) = dsty，把<x, y>的编号假如prey
然后路径恢复，即从n - 1往前跑一直走到0即可
时间复杂度O(mlogm)
AC代码
cpp
class Solution {
public:
typedef long long LL;
typedef pair<LL, int> PLI;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<PII, int> PIII;
#define mkp make_pair
vector<bool> findAnswer(int n, vector<vector<int>>& edges) {
int m = edges.size();
vector<vector<PIII>> g(n);
vector<LL> dst(n, 1e12);
vector<bool> ret(m);
vector<unordered_set<int>> pre(n);
for(int i = 0; i < m; i++)
g[edges[i][0]].emplace_back(mkp(edges[i][1], edges[i][2]), i), g[edges[i][1]].emplace_back(mkp(edges[i][0], edges[i][2]), i);
priority_queue<PLI, vector<PLI>, greater<PLI>> pq;
pq.emplace(dst[0] = 0, 0);
while(pq.size()){
auto [d, x] = pq.top();
pq.pop();
if(x == n - 1) break;
for(auto&e : g[x]){
int y = e.first.first, w = e.first.second, i = e.second;
if(dst[x] + w < dst[y]){
pre[y].clear();
pre[y].insert(i);
pq.emplace(dst[y] = dst[x] + w, y);
}
else if(dst[x] + w == dst[y]){
pre[y].insert(i);
}
}
}
if(dst[n - 1] == 1e12) return ret;
queue<int> q;
q.emplace(n - 1);
vector<bool> vis(n);
while(q.size()){
auto t = q.front(); q.pop();
if(vis[t]) continue;
vis[t] = 1;
for(auto x : pre[t]){
int u = edges[x][0], v = edges[x][1];//cout << u << ' ' << v << ' ';
ret[x] = 1;
if(u == t) swap(u, v);
q.emplace(u);
}
}
return ret;
}
};
/*
输出：
[false,false,false,false,false,false,false,false,true,false,false,false]
预期：
[false,false,false,true,false,false,false,false,true,false,false,false]
*/