LeetCode --- 132双周赛

题目列表

一、清理数字

这题直接根据题目，进行模拟即可，大体的思路是遍历字符串，遇到字母就加入答案，遇到数字就去掉答案中的最后一个字母，最后返回答案(类似进栈出栈)，代码如下

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    string clearDigits(string s) {
        string ans;
        for(auto e:s){
            if(isdigit(e))  ans.pop_back();
            else ans += e;
        }
        return ans;
    }
};

二、找到连续赢k场的比赛的第一个玩家

这题的关键在于赢了的玩家会留下来和其他的玩家进行比赛，这就意味了在他之前参加比赛的人的skill都要小于他

如果n个人比完了，其中没有人赢下k场比赛，那么第一个赢下k场比赛的玩家必然是skill最大的那个
我们还要考虑在skill最大的玩家还没出现之前，就已经有玩家赢得k场比赛的情况

具体代码如下

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int findWinningPlayer(vector<int>& skills, int k) {
        int n = skills.size();
        int pos = 0, cnt = 0;
        for(int i = 1; i < n; i++){
            if(skills[pos] < skills[i])
                pos = i, cnt = 0;
            cnt++;
            if(cnt == k) return pos;
        }
        return pos;
    }
};

三、求出最长好子序列 I & II

题目要求好子序列的最长长度，是一个子序列相关的动态规划问题。

状态定义：

子序列dp问题一般有两种类型，相邻相关和相邻无关（看子序列的相邻元素之间是否存在某种关系/限制），分别对应两种状态的定义套路：相邻相关：以i为结尾的子序列的______，相邻无关：前i个元素中______。

本题显然是相邻相关的子序列问题，状态定义为 dp $i$ $j$ 表示以i为结尾的子序列中最多有j个满足相邻元素不相等的最长子序列长度

状态转移方程：

当nums $i$ == nums $k$ 时，dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , dp $k$ $j$ + 1)
当nums $i$ != nums $k$ 时，dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , dp $k$ $j-1$ + 1)
其中 k < i

初始化：考虑 j = 0 的情况，即最多有0个相邻元素相等的情况(等价于子序列中的元素全部相同)，边遍历数组便统计数组出现次数即可。

代码如下

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int maximumLength(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        unordered_map<int,int> mp; // 记录相同元素的个数
        int ans = 0;
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(k + 1));
        // 初始化
        for(int i = 0; i < n;i ++){
            dp[i][0] = ++mp[nums[i]];
            ans = max(ans, dp[i][0]);
        }
        for(int j = 1; j <= k; j++){
            dp[0][j] = dp[0][0];
        }
        for(int i = 1; i < n; i++){ // 枚举以哪个数字为结尾
            for(int j = 1; j <= k; j++){ // 枚举最多有j个相邻不相同的情况
                for(int p = 0; p < i; p ++){ // 从之前的状态进行转移
                    if(nums[i] == nums[p]) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[p][j] + 1);
                    else dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[p][j-1] + 1);
                }
            }
            ans = max(ans, dp[i][k]); // 注意答案是所有以i为结尾的子序列最大长度的最大值
        }
        return ans;
    }
};

时间复杂度为O(kn^2)，显然是过不了的第四问的，如何优化时间复杂度？？？我们需要将第三层for循环求max的时间缩短为O(1)，如何做？

这里有一个技巧，我们可以将下标换成值，在去思考如何优化，即将状态定义改为 dp $x$ $j$ 表示以x=nums $i$ 为结尾的最多有j个相邻不相同元素的子序列最大长度

转移方程：

当 x == nums $k$ 时，dp $x$ $j$ = max(dp $x$ $j$ , dp $x$ $j$ + 1) = dp $x$ $j$ +1
当 x != y 时，dp $x$ $j$ = max(dp $x$ $j$ , dp $y$ $j-1$ + 1)
其中 k < i

故 dp $x$ $j$ = max(dp $x$ $j$ ，dp $y$ $j-1$ ) + 1，其中y是不等于x的出现过的数，所以我们只要维护好dp $y$ $j-1$ 的最大值就能在O(1)的时间复杂度内求出答案，即我们只要维护好前一列的最大值即可，即维护一个数组mx $j$ = max(dp $y$ $j-1$ )，这里我们不需要额外关心 y == x的情况，因为dp $x$ $j$ >= dp $x$ $j-1$ ，所以不会对答案产生影响

代码如下

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int maximumLength(vector<int>& nums, int k) {
        unordered_map<int,vector<int>> dp;
        vector<int> mx(k+2);
        for(int x:nums){
            if(!dp.contains(x)) dp[x].resize(k+1);
            auto& f = dp[x];
            for(int j = k; j >= 0; j--){ // 这里得是从后往前遍历，正着遍历会覆盖掉之前的mx[j]
                f[j] = max(f[j], mx[j]) + 1;
                mx[j+1] = max(mx[j+1], f[j]);
            }
        }
        return mx[k+1];
    }
};

总结：上面两种状态定义的大致思路是一样的，只是从下标改为了数值，转移方程也很相似，但是在维护max时，因为状态的转移和数值有关，我们需要在下标和数值之间建立联系，但问题是这种联系不是一一对应的，导致我们很难通过数值关系找到合适的下标来进行操作，但是我们只要将状态的定义和数值直接挂钩，我们就能很轻松的发现维护max的方法。

这里大家可以记住这样的一个技巧：当我们需要对dp进行优化时，且状态的转移和数值有关，我们可以优先考虑是否能将状态参数改为数值