LeetCode第 227 场周赛题解

检查数组是否经排序和轮转得到

原题链接

https://leetcode-cn.com/problems/check-if-array-is-sorted-and-rotated/

解题思路

直接进行测试就行，因为数组的数据范围很小，直接进行$O(N^2）$算法即可，注意数组下标的求余

AC代码

class Solution {
public:bool Check(vector<int> a, vector<int> b, int k){for (int i = 0; i < a.size(); i ++ ){static int u, v;if (i + k < a.size())   u = a[i + k];else    u = a[(i + k) % a.size()];v = b[i];if(u != v)return false;}return true;}bool check(vector<int>& nums) {vector<int> tmp = nums;sort(tmp.begin(), tmp.end());	// 记得先排个序for (int i = 0; i < tmp.size(); i ++ ){if (Check(tmp, nums, i))return true;}return false;}
};

移除石子的最大得分

原题链接

https://leetcode-cn.com/problems/maximum-score-from-removing-stones/

解题思路

首先，贪心的来讲，每一次操作为了保证最终得分最高，都会取当前最大和次最大，因为数据范围不大，也可以直接进行模拟.

• 首先对,a, b, c进行排序，保证$a\le b\le c$
• 最大值c和次最大值a进行操作，直到$a=b$
• 重复进行上述两个操作，直到$a,b,c$至少$\exists$两个零
  下面是一种更为优秀的解法
  从不同堆石子中各取出一个，加一分，也就是说在遵循该规则的情况下，剩余的石子最少即可。
• 倘若$a+b\le c$，分数最高为$a+b$，因为$c$堆石子中肯定会剩下的，最多取出的成对石子为$a+b$
• 倘若$a+b\ge c$，那么肯定有一种方法，可以使得$a,b,c$的绝对值最大差为$1$，也就是说$a=b=c$或$a=b=c-1$，形成这种局面之后，我们可以通过每次取最大值和次最大值，依旧可以使得差的绝对值位置在$1$之内。那么最后剩余的局面为$(0,0,0);(0,0,1),(0,1,1)$。其中$(0,1,1)\Rightarrow (0,0,0)$。最终结论可得为 $res=（a+b+c）/2$

AC代码

模拟解法

class Solution {
public:int maximumScore(int a, int b, int c) {vector<int> t;  t.push_back(a);t.push_back(b), t.push_back(c);sort(t.begin(), t.end());if (t[2] >= t[0] + t[1])return t[0] + t[1];else{int ans = 0;int tmp;tmp = t[1] - t[0];ans += tmp;t[1] -= tmp;    t[2] -= tmp;while (true){sort(t.begin(), t.end());if (t[0] == 0 && t[1] == 0) break;tmp = t[1] - t[0];if (tmp == 0)   // a = b && a >= 1 && b >= 1{if (t[2] >= 2){ans += 2;t[2] -= 2, t[1] -= 1, t[0] -= 1;}else	// a = 1, b = 1, c = 1{ans += 1;break;}}else		// b > a直接取到 b = a{tmp = t[1] - t[0];ans += tmp;t[1] -= tmp;    t[2] -= tmp;}}return ans;}}
};	

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线性解法

class Solution {
public:int maximumScore(int a, int b, int c) {int d[] = {a, b, c};sort(d, d + 3);if (d[0] + d[1] <= d[2])    return d[0] + d[1];else    return (d[0] + d[1] + d[2]) / 2;}
};

构造字典序最大的合并字符串

原题链接

https://leetcode-cn.com/problems/largest-merge-of-two-strings/

解题思路

思路介绍

首先看数据范围，$O(N^2)$算法即可
对于两个字符串$word1,word2$，关键在于判断谁的当前首字符用于操作，放在$merge$串的末尾

• 倘若$Firs{t}_{word1}$为空（word1已经被选完），当然是选择$word2$首字符
• 倘若$Firs{t}_{word2}$为空（word2已经被选完），当然是选择$word1$首字符
• 倘若$Firs{t}_{word1}>Firs{t}_{word2}$那么，当然是选择$word1$首字符
• 同理，倘若$Firs{t}_{word1}<Firs{t}_{word2}$那么，当然是选择$word2$首字符
• 倘若$Firs{t}_{word1}=Firs{t}_{word2}$，那我们需要递归比较下面的字符。

思路证明

具体操作看下面的代码

AC代码

class Solution {
public:bool Check(string &word1, string &word2, int pre, int nxt){if (pre == word1.size())    return false;else if (nxt == word2.size())   return true;if (word1[pre] > word2[nxt])    return true;else if (word1[pre] < word2[nxt])   return false;else return Check(word1, word2, pre + 1, nxt + 1);}string largestMerge(string word1, string word2) {string ret = "";int pre = 0, nxt = 0;while (pre < word1.size() || nxt < word2.size()){if (Check(word1, word2, pre, nxt)){ret += word1[pre];pre ++;}else{ret += word2[nxt];nxt ++;}}return ret;}
};

最接近目标值的子序列和

原题链接

https://leetcode-cn.com/problems/closest-subsequence-sum/

解题思路

首先，我们观察数据范围，发现$num.length\le 40$很有可能使用$dfs$，但是在观察题目，暴力的情况是无法剪枝的，考虑一下将其进行一半分开，$dfs$前一半，$dfs$后一半，然后进行将dfs结果排序去重后进行二分，使其更加接近于$goal$

AC代码

vector<int> ved1, ved2, num1, num2;
int sum = 0;
class Solution {
public:void dfs1(int cur)	// dfs num1部分{if (cur >= num1.size()){return;}sum += num1[cur];	// 选ved1.push_back(sum);	// 放入dfs1(cur + 1);sum -= num1[cur];	// 不选dfs1(cur + 1);}void dfs2(int cur)	// dfs num2部分{if (cur >= num2.size()){return;}sum += num2[cur];ved2.push_back(sum);dfs2(cur + 1);sum -= num2[cur];dfs2(cur + 1);}int minAbsDifference(vector<int>& nums, int goal) {int n = nums.size();num1.clear(), num2.clear(), ved1.clear(), ved2.clear();ved1.push_back(0);ved2.push_back(0);for (int i = 0; i < n / 2; i ++ )   num1.push_back(nums[i]);for (int i = n / 2; i < n; i ++ )   num2.push_back(nums[i]);// dfssum = 0;	dfs1(0);sum = 0;	dfs2(0);// 排序去重sort(ved1.begin(), ved1.end());ved1.erase(unique(ved1.begin(), ved1.end()), ved1.end());sort(ved2.begin(), ved2.end());ved2.erase(unique(ved2.begin(), ved2.end()), ved2.end());/*for (auto i : ved1) cout << i << " ";   cout << endl;for (auto i : ved2) cout << i << " ";   cout << endl;*/int l, r, mid, k;int res = 0x3f3f3f3f;for (auto x : ved1){// 对于每一个元素两次二分操作答案l = 0, r = ved2.size() - 1;k = goal - x;// x + y >= goal --> y >= goal - x (min)if (ved2[r] >= k){while (l < r){mid = l + r >> 1;if (ved2[mid] >= k){r = mid;}else{l = mid + 1;}}res = min(res, abs(x + ved2[l] - goal));}// x + y <= goal --> y <= goal - x (max)l = 0, r = ved2.size() - 1;if (ved2[l] <= k){while (l < r){mid = l + r + 1 >> 1;if (ved2[mid] <= k){l = mid;}else{r = mid - 1;}}res = min(res, abs(x + ved2[l] - goal));}if (res == 0)   break;}return res;}
};

小结

• int d[] = {a, b, c}; 挺好使的
• 证明的时候反证法加上调整法，直接整挺好

参考

• 部分证明参考y总讲解，链接如下
• https://space.bilibili.com/7836741?from=search&seid=1124809430476024150