【LeetCode周赛】LeetCode第375场周赛

统计已测试设备(简单模拟题)

统计已测试设备
分析：
本题数据范围较小，所以直接按照题目意思模拟即可，遍历一遍$batteryPercentages$数组，如果$batteryPercentages[i]>0$，则将$[i+1,n-1]$的所有设备电池百分比减1，即$batteryPercentages[j]=max(0,batteryPercentages[j]-1)$。暴力即可解决。

代码：

class Solution {
public:int countTestedDevices(vector<int>& batteryPercentages) {int n = batteryPercentages.size();int ans = 0;for(int i = 0; i < n; i++){if(batteryPercentages[i] > 0){ans++;for(int j = i + 1; j < n; j++){batteryPercentages[j] = max(0, batteryPercentages[j] - 1);}}}return ans;}
};

时间复杂度:$O(n^2)$
空间复杂度:$O(1)$

双模幂运算(快速幂)

双模幂运算
分析：
根据题意，遍历$variables$数组，我们需要判断的是$((a_i^{b_i}\%10{)}^{c_i})\%m_i==target$是否成立，又因为$1\le a_i,b_i,c_i,m_i\le 10^3$，如果直接去计算幂运算的话，时间复杂度为$O(m^2\times n)$，$m$表示指数$b_i,c_i$的最大值，这样时间复杂度过高，那么我们使用快速幂的方法。
对于$a^b$来说，我们可以考虑将b拆分成二进制，以$2^{11}$为例，11拆成二进制为$1011$，即$8+2+1$，那么$2^{11}$可以拆分成$2^{8+2+1}$，$1,2,8$分别就是二进制位中为$1$的部分。这样来做运算，只需要$O(\log b)$的时间复杂度即可。具体操作见代码。

代码：

class Solution {
public:int ksm(int a, int b, int mod){int ans = 1, base = a;while(b){if(b & 1)ans = ans * base % mod;base = base * base % mod;b >>= 1;}return ans;}vector<int> getGoodIndices(vector<vector<int>>& variables, int target) {vector<int>ans;int n = variables.size();for(int i = 0; i < n; i++){int a = variables[i][0],b = variables[i][1], c = variables[i][2], m = variables[i][3];if(ksm(ksm(a, b, 10), c, m) == target) ans.push_back(i);}return ans;}
};

时间复杂度:$O(n\log (\max (b)+\max (c)))$
空间复杂度:$O(n)$

统计最大元素出现至少 K 次的子数组(简单数学题)

统计最大元素出现至少 K 次的子数组
分析：
根据题意，满足条件的子数组就是其中需要包含$k$个最大元素，所以我们首先求出最大元素是哪一个，并且得到最大元素所在的所有位置。
对于一个有$k$个最大元素的子数组，是可以任意拓展的，因为拓展是不会影响其满足题目要求的。
我们以数组$[2,1,3,2,3,2,3]，k=2$为例，$3$所在的下标分别为$[2,4,6]$
所以当下标为$[2,4]$的最大数为一组时，这个子数组为，$[3,2,3]$是满足题意的，那么我可以再往左边扩展，可以是$[1,3,2,3],[2,1,3,2,3]$，往右边扩展，可以是$[3,2,3,2],[3,2,3,2,3]$，所以意思就是，以$[3,2,3]$这个子数组拓展，其最左端点可以到0，最右端点可以到6，则总共有$(2+1)\times (6-4+1)=9$种不同的满足题意的子数组。
所以对于任意一个包含$k$个最大元素的子数组，其拓展后可以有$(l+1)\times (n-r)$个符合题意的子数组，($l$是拓展前左端点，$r$是拓展前右端点，$n$为数组长度，因为下标从$0$开始，所以不用减1)。
那么我们直接遍历所有包含$k$个最大元素的子数组，对它进行拓展计算就可以了吗？不难发现，这样会有很多次重复的计算，比如对于上述例子，若选择下标为$[4,6]$的最大数为一组时，其往左拓展到$[3,2,3,2,3]$是被重复计算过的，所以，对于拓展后的右端点的计算，我们可以将右端点设置为，该区间的下一个最大元素的前一个位置，这样我们就不会将下一个最大元素包括进来，从而减少了这种重复的计算。
所以对于任意一个包含$k$个最大元素的子数组，其拓展后可以有$(l+1)\times (r-i)$个符合题意的子数组，$i$表示当前的子数组的右边界。

代码：

class Solution {
public:long long countSubarrays(vector<int>& nums, int k) {//先找到每一个最大数的位置，然后对每k个最大数作为一组，每一组以上一组为左边界，下下一组为右边界，可以随意构造子数组int n = nums.size();int mx = *max_element(nums.begin(), nums.end());vector<int>pos;for(int i = 0; i < n; i++){if(nums[i] == mx) pos.push_back(i);}pos.push_back(n);//方便计算最后一个区间int cnt = 0;long long ans = 0;//左端点随便选，右端点选到下一组的左边for(int i = 0; i < n; i++){if(nums[i] == mx){cnt++;if(cnt >= k){int l = pos[cnt - k];int r = pos[cnt];//[0,l] [i + 1, r] 这些区间的数ans += (long long)(l + 1) * (r - i);}}}return ans;}
};

时间复杂度:$O(n)$
空间复杂度:$O(n)$

统计好分割方案的数目(合并区间+组合数学+快速幂)

统计好分割方案的数目
分析：
将数组分割成一个或多个连续子数组，如果不存在包含了相同数字的两个子数组，则认为是一种好分割方案。
所以题意就是，相同的数字必须在一个子数组中，然后来进行分割。
根据这一点，我们可以先计算出每一个数字出现的最左端点和最右端点，对于一个数字而言，这左右端点间的所有数肯定要在一个子数组中，才能满足题意。
那多个数字呢？
每一个数字都有一个区间$[l,r]$，表示其最左和最右出现的位置，那么我们要将所有数字的区间合并起来，合并后的区间，必须在一个子数组中。
合并区间
所以现在的问题就变成了如何合并区间。
首先统计每个数字出现的最左边和最右边位置，遍历一遍数组即可。
对于区间合并，可以采用差分数组的方式，对于每一个区间左端点$+1$，右端点$-1$，所以只有$sum=0$时，这个位置才是一个完整的区间。
合并区间后，剩下的若干个区间，相互之间不包含相同的数字。
组合数学
那么其实这些区间又可以任意连续的合并，合并后也是满足题意的分割方法。所以我们可以以插板法的方法来思考。
比如对于分好的区间$[3],[1,2,1],[4]$
在中间有两个空隙，对这两个位置我们可以考虑插还是不插，一共有$2^2$种方案，不插代表这相邻区间要合并，插则代表这相邻区间不合并。
快速幂
所以计算区间数量$num$，答案就是$2^{num}$，这里也使用快速幂，并取模。
代码：

const int mod = 1e9 + 7;
class Solution {
public:long long ksm(int a, int b){long long ans = 1, base = a;while(b){if(b & 1)ans = ans * base % mod;base = base * base % mod;b >>= 1;}return ans;}int numberOfGoodPartitions(vector<int>& nums) {//先分成若干个块，也就是说，所有相同的元素都在一个块中，在这个条件下，完成分块数量最多int n = nums.size();unordered_map<int, pair<int, int>>mp;for(int i = 0; i < n; i++){int x = nums[i];if(mp.count(x) == 0){mp[nums[i]] = {i, i};}else mp[nums[i]].second = i;}//根据所记录的每个数的最左边和最右边的位置，合并区间vector<int>cnt(n + 1, 0);for(auto &[_, v]: mp){int l = v.first, r = v.second;cnt[l]++, cnt[r] --;}int sum = 0, num = 0;for(int i = 0; i < n; i++){sum += cnt[i];if(sum == 0)num++;}return ksm(2, num - 1) % mod;}
};

时间复杂度:$O(n+\log n)$，最坏情况下是不同的数字，则区间有n个。
空间复杂度:$O(n)$