Leetcode 第 361 场周赛题解

题目1：2843. 统计对称整数的数目

思路

枚举。

代码

class Solution
{
public:int countSymmetricIntegers(int low, int high){int count = 0;for (int num = low; num <= high; num++)if (check(num))count++;return count;}// 辅函数 - 判断 x 是不是一个对称整数bool check(int x){vector<int> digits;while (x){digits.push_back(x % 10);x /= 10;}if (digits.size() % 2 == 1)return false;int sum = 0;for (int i = 0; i < digits.size() / 2; i++)sum += digits[i];for (int i = digits.size() / 2; i < digits.size(); i++)sum -= digits[i];return sum == 0;}
};

取巧做法：将数字转化为字符串。

class Solution
{
public:int countSymmetricIntegers(int low, int high){int count = 0;for (int num = low; num <= high; num++){string s = to_string(num);if (s.size() % 2 == 0 && accumulate(s.begin(), s.begin() + s.size() / 2, 0) == accumulate(s.begin() + s.size() / 2, s.end(), 0))count++;}return count;}
};

复杂度分析

时间复杂度：O((high−low)*log(high))。

空间复杂度：O(log(high))。

题目2：生成特殊数字的最少操作

思路

贪心。

一个数能被 25 整除，有如下五种情况：

• 这个数是 0。
• 这个数以 00 结尾。
• 这个数以 25 结尾。
• 这个数以 50 结尾。
• 这个数以 75 结尾。

设字符串的长度为 n。

我们从字符串的末尾往开头遍历，设当前数位为 digit，使用数组 count 记录数位的出现次数。

假设我们遍历到第 i 位，有 digit = num[i] - ‘0’，此时：

• 当 count[0] = 2 时，不管 digit 是什么，我们都可以构建一个以 00 结尾的数字。第 0 位到第 i 位的数字可以保留，后面两个 0 可以保留，其他位删除，所以一共需要删除 n - (i + 3) 位数字。
• 当 digit = 2 && count[5] > 0 时，我们都可以构建一个以 25 结尾的数字。第 0 位到第 i 位的数字可以保留，后面的 5 也可以保留，其他位删除，所以一共需要删除 n - (i + 2) 位数字。
• 同理，当 digit = 5 && count[0] > 0 时，我们都可以构建一个以 50 结尾的数字，一共需要删除 n - (i + 2) 位数字；当 digit = 7 && count[5] > 0 时，我们都可以构建一个以 75 结尾的数字，一共需要删除 n - (i + 2) 位数字。
• 最后别忘了 count[digit]++。

其他情况，我们都必须将字符串删到只剩 0 为止，删除次数为 n - count[0]。

代码

/** @lc app=leetcode.cn id=2844 lang=cpp** [2844] 生成特殊数字的最少操作*/// @lc code=start
class Solution
{
public:int minimumOperations(string num){int n = num.size();vector<int> count(10, 0);for (int i = n - 1; i >= 0; i--){int digit = num[i] - '0';// 以00结尾if (count[0] == 2)return n - i - 3;// 以25/50/75结尾if ((digit == 2 && count[5]) || (digit == 5 && count[0]) || (digit == 7 && count[5]))return n - i - 2;count[digit]++;}// 删到只剩0return n - count[0];}
};
// @lc code=end

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 为字符串 num 的长度。

空间复杂度：O(n)，其中 n 为字符串 num 的长度。

题目3：统计趣味子数组的数目

思路

前缀和。

对于本题，由于需要统计 cnt，我们可以把满足 nums[i] % modulo = k 的 nums[i] 视作 1，不满足则视作 0。

用数组 fun 记录上述结果。

如此转换后，算出 fun 的前缀和数组 preSum，那么题目中的 cnt 等价于 preSum[right + 1] - preSum[left]。

枚举 left 和 right，计算趣味子数组的数目，即满足 (preSum[right + 1] - preSum[left]) % modulo = k 的个数。

/** @lc app=leetcode.cn id=2845 lang=cpp** [2845] 统计趣味子数组的数目*/// @lc code=start
class Solution
{
public:long long countInterestingSubarrays(vector<int> &nums, int modulo, int k){int n = nums.size();vector<int> fun(n, 0);for (int i = 0; i < n; i++)if (nums[i] % modulo == k)fun[i] = 1;vector<int> preSum(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++)preSum[i] = preSum[i - 1] + fun[i - 1];long long ans = 0;for (int left = 0; left < n; left++)for (int right = left; right < n; right++){int cnt = preSum[right + 1] - preSum[left];if (cnt % modulo == k)ans++;}return ans;}
};
// @lc code=end

结果超时了：

优化：

(preSum[right + 1] - preSum[left]) % modulo = k 等价于 preSum[left] % modulo = (preSum[right + 1] − k) % modulo。

根据上式，我们可以一边枚举 right，一边用一个哈希表统计有多少个 preSum[right + 1] % modulo，这样可以快速知道有多少个 (preSum[right + 1] − k) % modulo，也就是 preSum[left] % modulo 的个数，把个数加到答案中。

代码

/** @lc app=leetcode.cn id=2845 lang=cpp** [2845] 统计趣味子数组的数目*/// @lc code=start
class Solution
{
public:long long countInterestingSubarrays(vector<int> &nums, int modulo, int k){int n = nums.size();vector<int> fun(n, 0);for (int i = 0; i < n; i++)if (nums[i] % modulo == k)fun[i] = 1;vector<int> preSum(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++)preSum[i] = preSum[i - 1] + fun[i - 1];long long ans = 0;unordered_map<int, int> cnt;cnt[0] = 1; // 把 preSum[0] = 0 算进去for (int right = 0; right < n; right++){ans += cnt[(preSum[right + 1] - k + modulo) % modulo];cnt[preSum[right + 1] % modulo]++;}return ans;}
};
// @lc code=end

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。

空间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。

题目4：边权重均等查询

超出能力范围。

题解：LCA 模板（Python/Java/C++/Go）