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一,3364. 最小正和子数组
二, 3365. 重排子字符串以形成目标字符串
三,3366. 最小数组和
四,3367. 移除边之后的权重最大和
一,3364. 最小正和子数组
本题可以直接暴力枚举,代码如下:
class Solution {public int minimumSumSubarray(List<Integer> nums, int l, int r) {int n = nums.size();int ans = Integer.MAX_VALUE;for(int k=l; k<=r; k++){int s = 0;for(int i=0, j=0; j<n; j++){s += nums.get(j);if(j-i+1 > k){s -= nums.get(i);i++;}if(j-i+1 == k && s > 0) ans = Math.min(ans, s);}}return ans==Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;}
}
如果它的数据范围更大一点,上述做法会超时,所以这里再介绍一个O(n*logn)的做法:
- 这题求子数组和的最小正值,子数组和可以直接使用前缀和来求
- 题目要求子数组的长度在 [L,R] 之间,可以枚举左端点 / 右端点,这里选择枚举右端点下标 i,再根据上述条件直接推出左端点的下标 j 的范围 [i-R,i-L]
- 假设前缀和数组为 s,此时 si 是固定的,要使得 si - sj 的值更大,sj 必须是小于 si 的最大值(题目要求为正数),求 sj < si 的最大值且 j 属于 [i-R,i-L],这可以使用有序集合+二分来做
代码如下:
class Solution {public int minimumSumSubarray(List<Integer> nums, int l, int r) {int n = nums.size();int ans = Integer.MAX_VALUE;int[] pre = new int[n+1];for(int i=0; i<n; i++){pre[i+1] = pre[i] + nums.get(i);}//枚举右端点:[i-r, i-l] ~ i//s[i-r, i-l] < si, 二分枚举最接近si的值 TreeMap<Integer, Integer> map = new TreeMap<>();for(int i=l, j=0; i<=n; i++){map.merge(pre[i-l], 1, Integer::sum);// 错误写法:// 当l==r时,会出错(没有计算当前子数组的大小)// if(i-r > 0){// map.merge(pre[i-r], -1, Integer::sum);// if(map.get(pre[i-r])==0) map.remove(pre[i-r]);// } Integer res = map.lowerKey(pre[i]);if(res != null)ans = Math.min(ans, pre[i]-res);if(i-r >= 0){map.merge(pre[i-r], -1, Integer::sum);if(map.get(pre[i-r])==0) map.remove(pre[i-r]);} }return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;}
}
二, 3365. 重排子字符串以形成目标字符串
本题直接暴力哈希,使用哈希表统计字符串 s 中分割成 k 个等长的子字符串,再看 t 中分割出的 k 个等长子字符串是否与字符串 s 完全相同。
代码如下:
class Solution {public boolean isPossibleToRearrange(String s, String t, int k) {Map<String, Integer> map = new HashMap<>();int n = s.length();for(int i=n/k; i<=n; i+=n/k){map.merge(s.substring(i-n/k, i), 1, Integer::sum);}for(int i=n/k; i<=n; i+=n/k){String x = t.substring(i-n/k, i);map.merge(x, -1, Integer::sum);if(map.get(x) == 0) map.remove(x);if(map.getOrDefault(x, 0) < 0) return false; }return map.size() == 0;}
}
三,3366. 最小数组和
本题数据范围较小,直接使用dp暴力求解,先找与原问题相同的子问题,从前往后遍历,对于第 i 个数来说:
- 不执行任何操作,剩下变成求 [i+1,n] 这些数进行 x 次操作1,y 次操作2后的最小元素和
- 执行操作1,剩下变成求 [i+1,n] 这些数进行 x-1 次操作1,y 次操作2后的最小元素和
- 执行操作2,剩下变成求 [i+1,n] 这些数进行 x 次操作1,y-1 次操作2后的最小元素和
- 执行操作1和操作2,剩下变成求 [i+1,n] 这些数进行 x-1 次操作1,y-1 次操作2后的最小元素和
定义 dfs(i,x,y):对 [i,n] 进行 x 次操作1,y 次操作2后的最小元素和,对于 nums[i] 进行分类讨论:
- 不执行任何操作,剩下变成求 [i+1,n] 这些数进行 x 次操作1,y次操作2后的最小元素和,即dfs(i+1,x,y) + nums[i]
- 执行操作1,剩下变成求 [i+1,n] 这些数进行 x-1 次操作1,y次操作2后的最小元素和,即dfs(i+1,x-1,y) + (nums[i]+1)/2
- 执行操作2,剩下变成求 [i+1,n] 这些数进行 x 次操作1,y-1次操作2后的最小元素和,即dfs(i+1,x,y-1) + nums[i] - k
- 执行操作1和操作2,剩下变成求 [i+1,n] 这些数进行 x-1 次操作1,y-1次操作2后的最小元素和,即 dfs(i+1,x-1,y-1) + (nums[i] - k + 1)/2,同时操作时先2后1更优,(nums[i]+1)/2 - k >= (nums[i]-k+1)/2
代码如下:
class Solution {public int minArraySum(int[] nums, int k, int op1, int op2) {int n = nums.length;memo = new int[n][op1+1][op2+1];for (int[][] mat : memo) {for (int[] row : mat) {Arrays.fill(row, -1); // -1 表示没有计算过}}return dfs(0, op1, op2, k, nums);}int[][][] memo;int dfs(int i, int x, int y, int k, int[] nums){if(i == nums.length) return 0;if(memo[i][x][y] != -1) return memo[i][x][y];int res = dfs(i+1, x, y, k, nums) + nums[i];if(x > 0)res = Math.min(res, dfs(i+1, x-1, y, k, nums) + (nums[i]+1)/2);if(y > 0 && nums[i] >= k){res = Math.min(res, dfs(i+1, x, y-1, k, nums) + nums[i] - k);if(x > 0){int t = (nums[i]+1)/2 >= k ? (nums[i]+1)/2 - k : (nums[i]-k+1)/2;res = Math.min(res, dfs(i+1, x-1, y-1, k, nums) + t);}}return memo[i][x][y] = res;}
}
递推代码:
class Solution {public int minArraySum(int[] nums, int k, int op1, int op2) {int n = nums.length;int[][][] f = new int[n+1][op1+1][op2+1];for(int i=n-1; i>=0; i--){for(int x=0; x<=op1; x++){for(int y=0; y<=op2; y++){f[i][x][y] = f[i+1][x][y] + nums[i];if(x > 0)f[i][x][y] = Math.min(f[i][x][y], f[i+1][x-1][y] + (nums[i]+1)/2);if(y > 0 && nums[i] >= k){f[i][x][y] = Math.min(f[i][x][y], f[i+1][x][y-1] + nums[i] - k);if(x > 0){int t = (nums[i]+1)/2 >= k ? (nums[i]+1)/2 - k : (nums[i]-k+1)/2;f[i][x][y] = Math.min(f[i][x][y], f[i+1][x-1][y-1] + t);}}}}}return f[0][op1][op2];}
}
四,3367. 移除边之后的权重最大和
代码如下:
class Solution {public long maximizeSumOfWeights(int[][] edges, int k) {int n = edges.length;List<int[]>[] g = new ArrayList[n+1];Arrays.setAll(g, e -> new ArrayList<>());for(int[] e : edges){int x = e[0], y = e[1], val = e[2];g[x].add(new int[]{y, val});g[y].add(new int[]{x, val});}long[] f = dfs(0, -1, k, g);return f[1];//{s, s+first} f[1] >= f[0]}long[] dfs(int x, int fa, int k, List<int[]>[] g){PriorityQueue<Long> que = new PriorityQueue<>();//默认最小堆long s = 0;for(int[] y : g[x]){if(y[0] == fa) continue;long[] f = dfs(y[0], x, k, g);//选/不选 x-y 这条边 f[0]+y[1]/f[1]//选/不选 怎么在至多 选K个边 的情况下,使其最大?//先把不选的值全部求和,在求出如果选相较于不选提升了多少,//对其进行排序,选择k个提升最大的if(que.size() == k && que.peek() < f[0] + y[1] - f[1]){que.poll();}if(que.size() < k && f[0] + y[1] - f[1] > 0){que.offer(f[0] + y[1] - f[1]);}s += f[1];}long first = que.size() == k ? que.poll() : 0;while(!que.isEmpty()){s += que.poll();}return new long[]{s, s+first};}
}