题目列表
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
cpp
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)
cpp
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
cpp
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
cpp
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
cpp
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
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;
}
};