LeetCode 第385场周赛个人题解

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100212. 统计前后缀下标对 I

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100229. 最长公共前缀的长度

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100217. 出现频率最高的素数

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100212. 统计前后缀下标对 II

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100212. 统计前后缀下标对 I

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100212. 统计前后缀下标对 I

题目描述

给你一个下标从 0 开始的字符串数组 words 。

定义一个 布尔 函数 isPrefixAndSuffix ,它接受两个字符串参数 str1 和 str2 :

  • 当 str1 同时是 str2 的前缀(

    prefix

    )和后缀(

    suffix

    )时,isPrefixAndSuffix(str1, str2) 返回 true,否则返回 false

例如,isPrefixAndSuffix("aba", "ababa") 返回 true,因为 "aba" 既是 "ababa" 的前缀,也是 "ababa" 的后缀,但是 isPrefixAndSuffix("abc", "abcd") 返回 false

以整数形式,返回满足 i < j 且 isPrefixAndSuffix(words[i], words[j]) 为 true 的下标对 (i, j) 的 数量 

示例 1:

输入:words = ["a","aba","ababa","aa"]
输出:4
解释:在本示例中,计数的下标对包括:
i = 0 且 j = 1 ,因为 isPrefixAndSuffix("a", "aba") 为 true 。
i = 0 且 j = 2 ,因为 isPrefixAndSuffix("a", "ababa") 为 true 。
i = 0 且 j = 3 ,因为 isPrefixAndSuffix("a", "aa") 为 true 。
i = 1 且 j = 2 ,因为 isPrefixAndSuffix("aba", "ababa") 为 true 。
因此,答案是 4 。

示例 2:

输入:words = ["pa","papa","ma","mama"]
输出:2
解释:在本示例中,计数的下标对包括:
i = 0 且 j = 1 ,因为 isPrefixAndSuffix("pa", "papa") 为 true 。
i = 2 且 j = 3 ,因为 isPrefixAndSuffix("ma", "mama") 为 true 。
因此,答案是 2 。

示例 3:

输入:words = ["abab","ab"]
输出:0
解释:在本示例中,唯一有效的下标对是 i = 0 且 j = 1 ,但是 isPrefixAndSuffix("abab", "ab") 为 false 。
因此,答案是 0 。

接口描述

class Solution {
public:int countPrefixSuffixPairs(vector<string>& words) {}
};

思路分析

前后缀问题很容易想到字符串哈希和字典树

这里使用字典树解法

  1. 遍历字符串数组,用kmp的next数组推导方式计算出所有公共前后缀,并插入到哈希表中
  2. 倒序遍历,在字典树上匹配,如果匹配长度在哈希表中存在,我们就加上这个字典树节点处的权值
  3. 结束后倒序插入当前字符串

时间复杂度O(Σlen(s))

代码详解

class Solution
{
public:struct node{int cnt = 0;unordered_map<char, node *> ch;} *root, *t;bool isloop(const string &s){int l = 0, r = (int)s.size() - 2;while (l < r)if (s[l] != s[r])return false;elsel++, r--;return true;}long long countPrefixSuffixPairs(vector<string> &words){long long ret = 0;root = new node;for (auto &s : words){int n = s.size();vector<int> nxt(n + 1, -1);s.push_back('#');int j = 0, k = -1;unordered_set<int> mp;while (j < n){if (k == -1 || s[j] == s[k]){k++, j++;nxt[j] = k;}elsek = nxt[k];}while (j)mp.insert(nxt[j]), j = nxt[j];mp.insert(n);t = root;for (int i = n - 1; i >= 0; i--){if (!t->ch.count(s[i]))break;t = t->ch[s[i]];if (mp.count(n - i))ret += t->cnt;}t = root;for (int i = n - 1; i >= 0; i--){if (!t->ch.count(s[i]))t->ch[s[i]] = new node;t = t->ch[s[i]];}t->cnt++;}return ret;}
};

100229. 最长公共前缀的长度

  

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  100229. 最长公共前缀的长度

题目描述

  

给你两个 正整数 数组 arr1 和 arr2 。

正整数的 前缀 是其 最左边 的一位或多位数字组成的整数。例如,123 是整数 12345 的前缀,而 234 不是 

设若整数 c 是整数 a 和 b 的 公共前缀 ,那么 c 需要同时是 a 和 b 的前缀。例如,5655359 和 56554 有公共前缀 565 ,而 1223 和 43456 没有 公共前缀。

你需要找出属于 arr1 的整数 x 和属于 arr2 的整数 y 组成的所有数对 (x, y) 之中最长的公共前缀的长度。

返回所有数对之中最长公共前缀的长度。如果它们之间不存在公共前缀,则返回 0 。

示例 1:

输入:arr1 = [1,10,100], arr2 = [1000]
输出:3
解释:存在 3 个数对 (arr1[i], arr2[j]) :
- (1, 1000) 的最长公共前缀是 1 。
- (10, 1000) 的最长公共前缀是 10 。
- (100, 1000) 的最长公共前缀是 100 。
最长的公共前缀是 100 ,长度为 3 。

示例 2:

输入:arr1 = [1,2,3], arr2 = [4,4,4]
输出:0
解释:任何数对 (arr1[i], arr2[j]) 之中都不存在公共前缀,因此返回 0 。
请注意,同一个数组内元素之间的公共前缀不在考虑范围内。

接口描述

  

class Solution {
public:int longestCommonPrefix(vector<int>& arr1, vector<int>& arr2) {}
};

思路分析

  还是字典树

  1. 把arr1中所有数字转化为字符串插入到字典树中
  2. 遍历arr2,在字典树上进行匹配,维护最长前缀长度

代码详解

class Solution
{
public:struct node{unordered_map<char, node *> ch;} *root;int longestCommonPrefix(vector<int> &arr1, vector<int> &arr2){root = new node;int ret = 0;for (auto v : arr1){node *t = root;for (auto x : to_string(v)){if (!t->ch.count(x))t->ch[x] = new node;t = t->ch[x];}}for (auto &v : arr2){node *t = root;int s = 0;for (auto x : to_string(v)){if (!t->ch.count(x))break;t = t->ch[x];s++;}ret = max(ret, s);}return ret;}
};

 

100217. 出现频率最高的素数

  

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  100217. 出现频率最高的素数

题目描述

  

给你一个大小为 m x n 、下标从 0 开始的二维矩阵 mat 。在每个单元格,你可以按以下方式生成数字:

  • 最多有 8 条路径可以选择:东,东南,南,西南,西,西北,北,东北。
  • 选择其中一条路径,沿着这个方向移动,并且将路径上的数字添加到正在形成的数字后面。
  • 注意,每一步都会生成数字,例如,如果路径上的数字是 1, 9, 1,那么在这个方向上会生成三个数字:1, 19, 191 。

返回在遍历矩阵所创建的所有数字中,出现频率最高的、大于 10

素数

;如果不存在这样的素数,则返回  -1  。如果存在多个出现频率最高的素数,那么返回其中最大的那个。

注意:移动过程中不允许改变方向。

接口描述

  

class Solution {
public:int mostFrequentPrime(vector<vector<int>>& mat) {}
};

思路分析

  素数筛+暴力模拟

预处理素数筛,遍历每个网格的八个方向维护出现的大于10的素数的次数即可

代码详解

const int maxn = 1e7 + 10;
bitset<maxn + 1> prime; // 0为素数 1为合数
int primes[maxn + 1], cnt;
bool f = 0;
inline void calcprime(int x)
{prime[2] = 0;for (int i = 2; i <= x; i++){if (!prime[i])primes[cnt++] = i;for (int j = 0; j < cnt && primes[j] * i <= x; j++){prime[primes[j] * i] = 1;if (i % primes[j] == 0)break;}}
}
class Solution
{
public:Solution(){if (!f)calcprime(1e7), f = 1;;}static constexpr int dir[9] = {1, 0, -1, 0, 1, 1, -1, -1, 1};int mostFrequentPrime(vector<vector<int>> &mat){int m = mat.size(), n = mat[0].size(), ret = -1, ma = 0;int cnt[10000005]{0};for (int i = 0; i < m; i++){for (int j = 0; j < n; j++){for (int k = 0, x, y; k < 8; k++){int s = 0;x = i, y = j;while (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n){s = (s << 3) + (s << 1) + mat[x][y];if (s > 10 && !prime[s]){++cnt[s];if (cnt[s] > ma)ma = cnt[s], ret = s;else if (cnt[s] == ma)ret = max(ret, s);}x += dir[k], y += dir[k + 1];}}}}return ret;}
};

 

100212. 统计前后缀下标对 II

  

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  100208. 统计前后缀下标对 II

题目描述

  

给你一个下标从 0 开始的字符串数组 words 。

定义一个 布尔 函数 isPrefixAndSuffix ,它接受两个字符串参数 str1 和 str2 :

  • 当 str1 同时是 str2 的前缀(

    prefix

    )和后缀(

    suffix

    )时,isPrefixAndSuffix(str1, str2) 返回 true,否则返回 false

例如,isPrefixAndSuffix("aba", "ababa") 返回 true,因为 "aba" 既是 "ababa" 的前缀,也是 "ababa" 的后缀,但是 isPrefixAndSuffix("abc", "abcd") 返回 false

以整数形式,返回满足 i < j 且 isPrefixAndSuffix(words[i], words[j]) 为 true 的下标对 (i, j) 的 数量 

接口描述

  

class Solution {
public:long long countPrefixSuffixPairs(vector<string>& words) {}
};

思路分析

  思路同第一题

代码详解

class Solution
{
public:struct node{int cnt = 0;unordered_map<char, node *> ch;} *root, *t;bool isloop(const string &s){int l = 0, r = (int)s.size() - 2;while (l < r)if (s[l] != s[r])return false;elsel++, r--;return true;}long long countPrefixSuffixPairs(vector<string> &words){long long ret = 0;root = new node;for (auto &s : words){int n = s.size();vector<int> nxt(n + 1, -1);s.push_back('#');int j = 0, k = -1;unordered_set<int> mp;while (j < n){if (k == -1 || s[j] == s[k]){k++, j++;nxt[j] = k;}elsek = nxt[k];}while (j)mp.insert(nxt[j]), j = nxt[j];mp.insert(n);t = root;for (int i = n - 1; i >= 0; i--){if (!t->ch.count(s[i]))break;t = t->ch[s[i]];if (mp.count(n - i))ret += t->cnt;}t = root;for (int i = n - 1; i >= 0; i--){if (!t->ch.count(s[i]))t->ch[s[i]] = new node;t = t->ch[s[i]];}t->cnt++;}return ret;}
};

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