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LCP30、魔塔游戏

题目描述

小扣当前位于魔塔游戏第一层，共有 N 个房间，编号为 0 ~ N-1。每个房间的补血道具/怪物对于血量影响记于数组 nums，其中正数表示道具补血数值，即血量增加对应数值；负数表示怪物造成伤害值，即血量减少对应数值；0 表示房间对血量无影响。

小扣初始血量为 1，且无上限。假定小扣原计划按房间编号升序访问所有房间补血/打怪，为保证血量始终为正值，小扣需对房间访问顺序进行调整，每次仅能将一个怪物房间（负数的房间）调整至访问顺序末尾。请返回小扣最少需要调整几次，才能顺利访问所有房间。若调整顺序也无法访问完全部房间，请返回 -1。

示例 1：

输入：nums = [100,100,100,-250,-60,-140,-50,-50,100,150]

输出：1

解释：初始血量为 1。至少需要将 nums[3] 调整至访问顺序末尾以满足要求。

示例 2：

输入：nums = [-200,-300,400,0]

输出：-1

解释：调整访问顺序也无法完成全部房间的访问。

提示：

• 1 <= nums.length <= 10^5
• -10^5 <= nums[i] <= 10^5

解题思路

非常有意思的题目。

考虑人脑在处理这个问题的时候是如何做的。

假设我们正常地从头到尾遍历整个数组nums中的元素num，维护变量cur用于表示进入每一个房间之后的剩余血量。

当发现cur的血量降到小于等于0的时候，我们会想，如果在之前到达某个扣血扣得最多（绝对值最大的负数）的房间之前就事先把这个房间移动到末尾那就好了。

换句话说，当血量小于等于0的时候，我们希望撤销之前扣得最多的那次扣血，使得我们现在的血量越高越高。

这就组成了一种带有反悔性质的贪心策略。

那么应该如何找到在此之前扣血最多的那个房间呢？很容易想到用优先队列来维护这个过程。答案就呼之欲出了。

代码

Python

from heapq import heappop, heappush# 贪心+优先队列：O(nlogn)
class Solution:def magicTower(self, nums: List[int]) -> int:ans = 0cur = 1# 优先队列储存已经访问过的负数visited = list()# 移动到末尾的负数的和remove_total = 0# 遍历所有数字for num in nums:# 将该数字加入cur中cur += num# 如果num是负数，则需要加入优先队列中if num < 0:heappush(visited, num)# 一旦发现cur降为0或0以下，则贪心地将前面访问过的最小的负数移动到数组末尾# 但并不需要显式地进行移动，只需要弹出visited堆顶元素remove_num即可# 同时cur回复之前扣除的血量，即减去remove_num# 由于remove_num被移动到末尾，将其加入remove_total中# 由于必须要做1次移动，因此更新ansif cur <= 0:remove_num = heappop(visited)cur -= remove_num        remove_total += remove_numans += 1# 退出循环后，如果最后剩余血量cur加上被移动到末尾的血量remove_total仍然大于0# 则说明可以通过移动ans次房间，来顺利访问所有房间，# 否则返回-1，说明无论如何调整都无法访问所有房间，血量必然会扣为0return ans if cur + remove_total > 0 else -1

Java

class Solution {public int magicTower(int[] nums) {int ans = 0;long cur = 1;PriorityQueue<Integer> visited = new PriorityQueue<>(); // 小根堆long removeTotal = 0;for (int num : nums) {cur += num;if (num < 0) {visited.add(num);}if (cur <= 0) {int removeNum = visited.poll();cur -= removeNum;removeTotal += removeNum;ans++;}}return (cur + removeTotal > 0) ? ans : -1;}
}

C++

class Solution {
public:int magicTower(vector<int>& nums) {int ans = 0;long long cur = 1; // 使用long long 类型，防止溢出priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> visited; // 小根堆long long remove_total = 0;for (int num : nums) {cur += num;if (num < 0) {visited.push(num);}if (cur <= 0) {int remove_num = visited.top();visited.pop();cur -= remove_num;remove_total += remove_num;ans++;}}return (cur + remove_total > 0) ? ans : -1;}
};

时空复杂度

时间复杂度：O(NlogN)。入堆操作的时间复杂度为O(logN)

空间复杂度：O(N)。堆所占空间。

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