LeetCode --- 136双周赛

题目列表

一、求出胜利玩家的数量

这题可以直接模拟统计符合条件的玩家数量，代码如下

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class Solution {
public:
    int winningPlayerCount(int n, vector<vector<int>>& pick) {
        vector<array<int,11>> cnt(n);
        for(auto p:pick){
            cnt[p[0]][p[1]]++;
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int y:cnt[i]){
                if(y > i){
                    ans++;
                    break;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

二、最小翻转次数使得二进制矩阵回文 I

根据题目要求，我们按所有行回文计算一下翻转次数，再按所有列回文计算一下翻转次数，取最小值即可，代码如下

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class Solution {
public:
    int minFlips(vector<vector<int>>& grid) {
        int n = grid.size(), m = grid[0].size();
        int ans[2]{};
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = 0; j < m/2; j++){
                ans[0] += (grid[i][j] != grid[i][m-j-1]);
            }
        }
        
        for(int j = 0; j < m; j++){
            for(int i = 0; i < n/2; i++){
                ans[1] += (grid[i][j] != grid[n-i-1][j]);
            }
        }
        return min(ans[0], ans[1]);
    }
};

三、最小翻转次数使得二进制矩阵回文 II

这题要求每行每列都要回文，并且要求矩阵中1的个数都能被4整除，求最小翻转次数。

这题的关键在于如何满足矩阵中1的个数能被4整除，我们先来举个例子来观察一下每行和每列都要回文的矩阵的特点

代码如下

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class Solution {
public:
    int minFlips(vector<vector<int>>& grid) {
        int n = grid.size(), m = grid[0].size();
        int ans = 0; // 记录四个角矩阵中需要修改的最小操作次数
        for(int i = 0; i < n/2; i++){
            for(int j = 0; j < m/2; j++){
                int cnt[2]{};
                cnt[grid[i][j]]++;
                cnt[grid[i][m-j-1]]++;
                cnt[grid[n-i-1][j]]++;
                cnt[grid[n-i-1][m-j-1]]++;
                ans += min(cnt[0], cnt[1]);
            }
        }

        // cnt 记录单独一行/一列变为回文，需要的操作次数
        // cnt1 记录单独一行/一列中 1 的个数
        int cnt = 0, cnt1 = 0;
        if(n%2){
            for(int j = 0; j < m/2; j++){
                cnt += (grid[n/2][j]!=grid[n/2][m-j-1]);
                cnt1 += grid[n/2][j] + grid[n/2][m-j-1];
            }
        }
        if(m%2){
            for(int i = 0; i < n/2; i++){
                cnt += (grid[i][m/2]!=grid[n-i-1][m/2]);
                cnt1 += (grid[i][m/2] + grid[n-i-1][m/2]);
            }
        }
        if(n%2 && m%2){
            if(grid[n/2][m/2] == 1)
                ans++;
        }
        return ans + (cnt == 0 ? cnt1%4 : cnt);
    }
};

四、标记所有点需要的时间

对于给出操作流程，要求算出以每一个结点为根节点完成流程所需时间的题目，有一种通用的思路：先计算以某一个结点完成流程的时间，然后根据这个结点来计算其他结点完成操作流程的时间。(这类题统称为换根dp)

这题也是同理，我们先要计算出以0为根节点时，所有结点被标记所需要的时间，然后根据这一结果计算其他结点为根时的情况，最后返回即可。

代码如下

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class Solution {
        struct Node{
            int _fi,_se,_child;
            Node(){}
            Node(int fi,int se,int child)
                :_fi(fi),_se(se),_child(child)
            {}
        };
public:
    vector<int> timeTaken(vector<vector<int>>& edges) {
        int n = edges.size() + 1;
        vector<vector<int>>g(n);
        for(auto e:edges){
            g[e[0]].push_back(e[1]);
            g[e[1]].push_back(e[0]);
        }
        
        // time[i] 记录 i 所在子树被标记的最大时间，次大时间 和最大时间的子树，不包含 i 被标记的时间
        vector<Node> time(n);
        function<int(int,int)>dfs=[&](int x,int fa)->int{
            int fi = 0, se = 0, child = 0;
            for(int y:g[x]){
                if(y != fa){
                    int res = dfs(y, x) + (2 - y%2);
                    if(res > fi) se = fi, fi = res, child = y;
                    else if(res > se) se = res;
                }
            }
            time[x] = Node(fi, se, child);
            return fi;
        };
        dfs(0, -1);
        vector<int> ans(n);
        function<void(int,int,int)>reroot=[&](int x,int fa,int fa_mx){
            auto [fi,se,child] = time[x];
            ans[x] = max(fa_mx, fi);
            for(int y:g[x]){
                if(y != fa){
                    int up1 = (y == child ? se : fi) + 2 - x%2;
                    int up2 = fa_mx + 2 - x%2;
                    reroot(y, x, max(up1, up2));
                }
            }
        };
        reroot(0,-1,0);
        return ans;
    }
};