LeetCode --- 421周赛

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一、数组的最大因子得分

数据范围足够小，可以用暴力枚举移除的数字，得到答案，时间复杂度为O(n^2)，代码如下

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class Solution {
public:
    long long maxScore(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        auto get = [&](int i)->long long{
            // gcd(0, x) = x, lcm(1, x) = x
            long long x = 0; // 计算 gcd
            long long y = 1; // 计算 lcm
            for(int j = 0; j < n; j++){
                if(i == j) continue;
                x = gcd(x, nums[j]);
                y = lcm(y, nums[j]);
            }
            return x * y;
        };
        long long ans = get(-1); // 不去除任何数字
        for(int i = 0; i < n; i++){
            ans = max(ans, get(i));
        }
        return ans;
    }
};

有没有更快的做法？我们同样枚举被移除的数字，有没有方法能更加快速的算出剩余数字的 LCM 和 GCD？有的，只要我们提前算出左右两个部分的 LCM 和 GCD，就能直接计算得出剩余部分的LCM 和 GCD，即进行前后缀分解，时间复杂度为O(n)，代码如下

注意：上面的时间复杂度默认 LCM 和 GCD 是O(1)，但实际上 GCD/LCM 的时间复杂度为O(logn)

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class Solution {
public:
    long long maxScore(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<long long> suf_gcd(n + 1), suf_lcm(n + 1, 1);
        // gcd(0, x) = x, lcm(1, x) = x
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--){
            suf_gcd[i] = gcd(suf_gcd[i + 1], nums[i]);
            suf_lcm[i] = lcm(suf_lcm[i + 1], nums[i]);
        }
        long long ans = suf_gcd[0] * suf_lcm[0]; // 不去除任何数
        long long pre_gcd = 0, pre_lcm = 1;
        for(int i = 0; i < n; i++){ // 同时计算 ans 和 前缀gcd/lcm
            ans = max(ans, gcd(pre_gcd, suf_gcd[i + 1]) * lcm(pre_lcm, suf_lcm[i+1]));
            pre_gcd = gcd(pre_gcd, nums[i]);
            pre_lcm = lcm(pre_lcm, nums[i]);
        }
        return ans;
    }
};

二、字符串转换后的长度 I

这题的数据范围比较小，我们可以模拟 t 次转换的过程。对于任意一个字母，它的转换规则是一样的，所以我们先统计出 26 个字母出现的次数，然后根据规则，进行转换即可，代码如下

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class Solution {
    const int MOD = 1e9 + 7;
public:
    int lengthAfterTransformations(string s, int t) {
        vector<int> cnt(26);
        for(auto e : s) cnt[e - 'a']++;
        while(t--){
            vector<int>tmp(26);
            for(int i = 0; i < 26; i++)
                tmp[i] = cnt[(i-1+26)%26]; // 如'a'的出现次数变成'b'的出现次数
            // 'z' 不仅能变成 'a' , 还能变成 'b'
            tmp[1] =(tmp[1] + cnt[25]) % MOD;
            swap(tmp, cnt);
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < 26; i++) ans = (ans + cnt[i]) % MOD;
        return ans;
    }
};

但是一旦 t 的范围过大，就会超时，有没什么更快的方法？由于每个字母的转移方式是固定的，所以只要给定一个字母和操作次数就能得到一个长度，问题是如何加速这个计算过程？

假设f[i][j]表示字母 i (用0-25表示) 经过 j 次操作的长度，我们有如下方程

代码如下

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class Solution {
    const int MOD = 1e9 + 7;
    // 矩阵快速幂
    vector<vector<int>> POW(vector<vector<int>> a, int n){
        int m = a.size();
        vector<vector<int>> res(m, vector<int>(m));
        for(int i = 0; i < m; i++) res[i][i] = 1;
        while(n){
            if(n & 1) res = mul(res, a);
            a = mul(a, a);
            n >>= 1;
        }
        return res;
    }
    // 矩阵相乘
    vector<vector<int>> mul(const vector<vector<int>>& a, const vector<vector<int>>& b){
        int n = a.size(), m = b[0].size();
        vector<vector<int>> c(n, vector<int>(m));
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int k = 0; k < n; k++){
                if(a[i][k] == 0) continue;
                for(int j = 0; j < m; j++){
                    c[i][j] = (c[i][j] + 1LL * a[i][k] * b[k][j]) % MOD;
                }
            }
        }
        return c;
    }
public:
    int lengthAfterTransformations(string s, int t) {
        int n = s.size();
        vector<vector<int>> mtx(26, vector<int>(26));
        for(int i = 0; i < 26; i++){
            mtx[i][(i+1)%26] = 1;
        }
        mtx[25][1] = 1;
        auto f = POW(mtx, t); // 矩阵的t次幂
        vector<int> cnt(26);
        for(auto e : s) cnt[e - 'a']++;
        long long ans = 0;
        for(int i = 0; i < 26; i++){
            ans += reduce(f[i].begin(), f[i].end(), 0LL) * cnt[i];
        }
        return ans % MOD;
    }
};

三、最大公约数相等的子序列数量

对于每一个数，都有三种可能，要么在seq1，要么在seq2，要么不选，一旦我们选择完一个数，对于剩下的数，我们依旧可以用相同的方法进行处理，大问题被划分为一个个小问题，进行解决。

设dfs(i，j，k)表示当seq1的gcd=j，seq2的gcd=k时，从前 i 个数中进行选择能得到的合法方案数

对于 nums[i]

1、不选，方案数为 dfs(i-1，j，k)
2、选入seq1，方案数为 dfs(i-1，gcd(j，nums[i])，k)
3、选入seq2，方案数为 dfs(i-1，j，gcd(k，nums[i]))

故状态转换方程为

dfs(i，j，k) = dfs(i-1，j，k) + dfs(i-1，gcd(j，nums[i])，k) + dfs(i-1，j，gcd(k，nums[i]))

边界条件：当 i < 0 时，返回 j == k，表示将所有的数都进行分配后，如果seq1的gcd = seq2的gcd，则为一种合法方案数

代码如下

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class Solution {
    const int MOD = 1e9 + 7;
public:
    int subsequencePairCount(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int memo[n][201][201];
        memset(memo, -1, sizeof(memo));
        function<int(int,int,int)> dfs = [&](int i, int j, int k)->int{
            if(i < 0) return j == k;
            if(memo[i][j][k] != -1) return memo[i][j][k];
            int res = dfs(i - 1, j, k); // 不选
            res = (res + dfs(i - 1, gcd(j, nums[i]), k)) % MOD;
            res = (res + dfs(i - 1, j, gcd(k, nums[i]))) % MOD;
            return memo[i][j][k] = res;
        };
        // 注意我们的dfs会包含一种seq1和seq2都为空的方案，需要被减去
        // 由于取模操作 dfs(n - 1, 0, 0) - 1 可能为负数，所以要 + MOD) % MOD
        return (dfs(n - 1, 0, 0) - 1 + MOD) % MOD;
    }
};

四、字符串转换后的长度 II

这题的思路同第二题，只是计算的矩阵不同，具体代码如下

cpp 复制代码

class Solution {
    const int MOD = 1e9 + 7;
    // 矩阵快速幂
    vector<vector<int>> POW(vector<vector<int>> a, int n){
        int m = a.size();
        vector<vector<int>> res(m, vector<int>(m));
        for(int i = 0; i < m; i++) res[i][i] = 1;
        while(n){
            if(n & 1) res = mul(res, a);
            a = mul(a, a);
            n >>= 1;
        }
        return res;
    }
    // 矩阵相乘
    vector<vector<int>> mul(const vector<vector<int>>& a, const vector<vector<int>>& b){
        int n = a.size(), m = b[0].size();
        vector<vector<int>> c(n, vector<int>(m));
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int k = 0; k < n; k++){
                if(a[i][k] == 0) continue;
                for(int j = 0; j < m; j++){
                    c[i][j] = (c[i][j] + 1LL * a[i][k] * b[k][j]) % MOD;
                }
            }
        }
        return c;
    }
public:
    int lengthAfterTransformations(string s, int t, vector<int>& nums) {
        int n = s.size();
        vector<vector<int>> mtx(26, vector<int>(26));
        for(int i = 0; i < 26; i++){
            for(int j = i + 1; j <= i + nums[i]; j++){
                mtx[i][j%26] = 1;
            }
        }
        auto f = POW(mtx, t);
        vector<int> cnt(26);
        for(auto e : s) cnt[e - 'a']++;
        long long ans = 0;
        for(int i = 0; i < 26; i++){
            ans += reduce(f[i].begin(), f[i].end(), 0LL) * cnt[i];
        }
        return ans % MOD;
    }
};