目录
[构造最小位运算数组 I](#构造最小位运算数组 I)
[3315. 构造最小位运算数组 II](#3315. 构造最小位运算数组 II)
[3316. 从原字符串里进行删除操作的最多次数](#3316. 从原字符串里进行删除操作的最多次数)
[3317. 安排活动的方案数](#3317. 安排活动的方案数)
构造最小位运算数组 I
原题链接
思路分析
见Q2
AC代码
python
class Solution:
def minBitwiseArray(self, nums: list[int]) -> list[int]:
n = len(nums)
ans = [-1] * n
for i, x in enumerate(nums):
for b in range(x.bit_length() - 1, -1, -1):
if (x >> b) & 1:
t = x ^ (1 << b)
if ((t + 1) | t) == x:
ans[i] = t
break
return ans3315. 构造最小位运算数组 II
原题链接
思路分析
考虑枚举二进制位
如果存在 的话，ansi 一定有一位为0 而原数该位为1，不可能存在两个位为0，因为我们+1最多贡献一个1
所以对于每个numsi，我们枚举二进制位为1的位b，令t = numsi ^ (1 << b)判断是否满足 t | (t + 1) = numsi，取最大的t即可
时间复杂度: O(NlogN)
AC代码
python
class Solution:
def minBitwiseArray(self, nums: list[int]) -> list[int]:
n = len(nums)
ans = [-1] * n
for i, x in enumerate(nums):
for b in range(x.bit_length() - 1, -1, -1):
if (x >> b) & 1:
t = x ^ (1 << b)
if ((t + 1) | t) == x:
ans[i] = t
break
return ans3316. 从原字符串里进行删除操作的最多次数
原题链接
思路分析
编辑距离问题
很典的一类dp，我们定义 dp(i, j) 为 source 前 i 个字符 和 pattern 前 j 个字符匹配能够删除的最大字符数目
那么 枚举 i，j
如果 i - 1 在 target 内，可分为两种情况：
sourcei - 1 == patternj - 1, dpij 可从 dpi - 1j - 1转移，即不删除
然后dpij 可从 dpi - 1j + 1转移，即删除
剩下的情况类似，无非就是 不+ 1 了，因为 i - 1不在target 内
时间复杂度：O(NM)
AC代码
python
class Solution:
def maxRemovals(self, source: str, pattern: str, targetIndices: List[int]) -> int:
n = len(source)
m = len(pattern)
st = set(targetIndices)
dp = [[-inf] * (m + 1) for _ in range(n + 1)]
dp[0][0] = 0
cnt = 0
for i in range(1, n + 1):
if (i - 1) in st:
cnt += 1
dp[i][0] = cnt
for j in range(1, m + 1):
if i - 1 in st:
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1
if source[i - 1] == pattern[j - 1]:
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1])
elif source[i - 1] == pattern[j - 1]:
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j])
else:
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
return max(dp[i][m] for i in range(n + 1))3317. 安排活动的方案数
原题链接
思路分析
第二类斯特林数
考虑 将 n 个人扔进 x 个集合，这是第二类斯特林数讨论的问题，即集合的分划
由于 集合互异，所以斯特林数应该乘上 factorial(x)
我们枚举 划分数目 i
那么划分方案就是 S(n, i) * fac(i)，此时打分可以随便打，即 y ^ i
时间复杂度：O(N^2)
AC代码
python
P = 1_000_000_007
N = 1000
memo = [[0] * (N + 1) for _ in range(N + 1)]
memo[0][0] = memo[1][1] = 1
for i in range(2, N + 1):
memo[i][1] = 1
for j in range(2, N + 1):
memo[i][j] = memo[i - 1][j - 1] + j * memo[i - 1][j]
fac = [1] * (N + 1)
for i in range(2, N + 1):
fac[i] = fac[i - 1] * i % P
comb = cache(comb)
class Solution:
def numberOfWays(self, n: int, x: int, y: int) -> int:
res = 0
for i in range(1, min(n, x) + 1):
res += memo[n][i] * comb(x, i) % P * pow(y, i, P) % P * fac[i] % P
if res >= P: res -= P
return res