双周赛 52，单周赛 241 题解

目录

• 双周赛 40
  • 将句子排序
    • 题解
  • 增长的内存泄露
    • 题解
  • 旋转盒子
    • 题解
  • 向下取整数对和
    • 题解
• 单周赛 241
  • 找出所有子集的异或总和再求和
    • 题解
  • 构成交替字符串需要的最小交换次数
    • 题解
    • 后记
  • 找出和为指定值的下标对
    • 题解
  • 恰有 根木棍可以看到的排列数目
    • 题解
    • 后记

双周赛 40

将句子排序

给定一个句子，包含多个单词，每个单词后面有一个从 (1) 开始的位置索引，现在要求还原原来的句子

举例

• sentence4 a3 is2 This1 可以被还原成 This is a sentence
• Myself2 Me1 I4 and3 可以被还原成 Me Myself and I

题解

分割字符串，把字符串和索引合成一个 pair<string, int>，放在容器 vector 里面进行排序，最后合成答案即可

class Solution {
public:
    string sortSentence(string s) {
        vector<pair<string, int>> vec;
        string temp = "";
        for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
            if (isdigit(s[i])) {
                vec.push_back({temp, s[i] - '0'});
                temp = "";
            }
            else temp += s[i];
        }
        sort(vec.begin(), vec.end(), [&](pair<string, int> x, pair<string, int> y) {
            return x.second < y.second;
        });
        string ans = "";
        for (int i = 0; i < vec.size(); ++i) {
            ans += vec[i].first;
            if (i != vec.size() - 1) ans += ' ';
        }
        return ans;
    }
};

增长的内存泄露

给定两个内存碎片 memory1, memory2，现在第 i 秒有一个程序需要占据 i 内存，占用内存的规则如下

• 如果两个碎片内存一样，优先占用第一个
• 否则占用剩余内存多的那一个

返回三个参数，分别是 程序退出的时间, memory1 和 memory2 的值

例如，memory1 = 2, memory2 = 2，内存分配如下

• 第 1 秒，memory1 被占用 1 内存，memory1 = 1, memory2 = 2
• 第 2 秒，memory2 被占用 2 内存，memory1 = 1, memory2 = 0
• 第 3 秒，没有内存可用，程序意外退出

数据保证，0 <= memory1, memory2 <= 2^31 - 1

题解

直接循环模拟，根据 (1 + 2 + .. + n = frac{n(n + 1)}{2})，时间复杂度大概在 (O(sqrt{memory_{1} + memory_{2}})) 时间范围

class Solution {
public:
    vector<int> memLeak(int memory1, int memory2) {
        int cnt = 1;
        while (memory1 >= cnt || memory2 >= cnt) {
            if (memory1 == memory2) memory1 -= cnt;
            else if (memory1 > memory2) memory1 -= cnt;
            else memory2 -= cnt;
            cnt++;
        }
        vector<int> ans = {cnt, memory1, memory2};
        return ans;
    }
};

旋转盒子

给定 (m imes n) 的字符矩阵 box，其中

• # 表示石头
• * 表示障碍物
• . 表示空位

将 box 顺时针旋转 (90^{circ})，石头可能会受重力下降，返回最终 (box) 的形态

例如

# . * .
# # * .

旋转 (90^{circ})

# #
# .
* *
. .

根据重力，最终情况如下

# .
# #
* *
. .

题解

找到旋转前坐标和旋转后坐标的映射关系

设旋转前的坐标为 ((i, j))，则旋转后的坐标为 ((j, m - i - 1))，根据这个映射关系得到旋转后的矩阵

模拟石头下落，记得从底层往上层循环，因为下面的石头落下去之后，上面的石头可以继续下落，否则会出现 石头腾空现象

class Solution {
public:
    vector<vector<char>> rotateTheBox(vector<vector<char>>& box) {
        int m = box.size(), n = box[0].size();
        vector<vector<char>> vec(n, vector<char>(m, 0));
        for (int i = 0; i < m; ++i)
            for (int j = 0; j < n; ++j)
                vec[j][m - i - 1] = box[i][j];
        
        for (int i = n - 1; i >=0 ; --i) {
            for (int j = 0; j < m; ++j) {
                if (vec[i][j] == '#') {
                    int k = i + 1;
                    while (k < n && vec[k][j] == '.') k++;
                    if (k != i + 1) {
                        vec[i][j] = '.';
                        vec[k - 1][j] = '#';
                    }
                }
            }
        }
        return vec;
    }
};

向下取整数对和

给定长为 (n) 的数组 (A)

计算所有下标对 (0leq i, jleq n - 1)，下取整 (left lfloor frac{A_{i}}{A_{j}} ight floor) 的和

数据规定

(1leq nleq 10^5)

(1leq A_{i}leq 10^5)

题解

处理思路很奇妙

我们用 (valleft[i ight]) 表示数组 (A) 中位于区间 (left[1, i ight]) 的数字出现的次数，这个可以用前缀和处理

对于数 (A_i)，区间 (left[A_i, 2A_i ight)) 中的数字对答案的贡献为 (1cdot (valleft[2A_i - 1 ight] - valleft[A_i - 1 ight]))，区间 (left[2A_i, 3A_i ight))中的数字对答案的贡献为 (2cdot (valleft[3A_i - 1 ight] - valleft[2A_i - 1 ight]))，以此类推

我们可以用一个类似于筛法一样的操作计算答案

我们在最外层枚举数字 (i)，内层枚举 (j imes i)，这样随着 (i) 的增大，设最大值为 (u)，那么总的计算量为

[sum_{i = 1}^{u}frac{u}{i} = u(frac{1}{1} + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} + .. + frac{1}{u}) = ulnu ]

因此总的时间复杂度为 (ulogu)，其中 (u) 为数组最大值

#define LL long long
const int MOD = 1e9 + 7;
class Solution {
public:
    int sumOfFlooredPairs(vector<int>& nums) {
        int upper = *max_element(nums.begin(), nums.end());
        vector<LL> cnt(upper + 1, 0);
        vector<LL> val(upper + 1, 0);
        for (auto &i: nums) cnt[i]++;
        for (int i = 1; i <= upper; ++i) val[i] = cnt[i] + val[i - 1];
        LL ans = 0;
        for (int i = 1; i <= upper; ++i) {
            if (cnt[i]) {
                for (int j = 1; j * i <= upper; ++j) {
                    ans += j * cnt[i] * (val[min((j + 1) * i - 1, upper)] - val[j * i - 1]), ans %= MOD; 
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

单周赛 241

找出所有子集的异或总和再求和

给定一个长为 (n) 的数组 (A)，计算出 (A) 的所有子集异或和的和

• 例如，数组 [2, 5, 6] 的异或总和为 2 ^ 5 ^ 6 = 1

数据规定

(1leq nleq 12)

(1leq A_{i}leq 20)

题解

注意到数据规模，可以二进制枚举子集，然后计算异或和，最后求和，时间复杂度 (O(ncdot 2^n))

class Solution {
public:
    int subsetXORSum(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int N = 1 << n;
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < N; ++i) {
            int temp = 0;
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (i & (1 << j)) temp ^= nums[j];
            }
            ans += temp;
        }
        return ans;
    }
};

构成交替字符串需要的最小交换次数

给定一个 (01) 串 (s)，现在需要把它变成 (01) 交替的形式，计算最小的交换数，如果无法构成该形式，返回 (-1)

• 例如，(110) 变成 (101)，最小交换次数为 (1)
• 例如，(101) 已经是 (01) 交替的形式，最小交换次数为 (0)
• 例如，(1110) 无法构成 (01) 交替的形式，因此返回 (-1)

数据规定

(1leq s.lengthleq 1000)

题解

为了方便起见，设 (s) 的长度为 (n)

我们先判断一下什么情况无法构成 (01) 交替串，设 (1) 的个数为 (cnt)，那么 (0) 的个数为 (n - cnt)

如果 (cnt) 与 (n - cnt) 相差超过 (1)，那么无法构成交替串

例如 (n = 8, cnt = 3, n - cnt = 5)，顶多构成如下形式

01010100

其次考虑最小交换次数，分两种情况考虑

• 首位为 (1)
• 首位为 (2)

我们用 101010.. 和 010101.. 分别与 (s) 做异或，我们可以求得 海明距离，海明距离的物理意义在于，将 (A) 串转化为 (B) 串所需要修改的次数

设两次异或的结果分别为 (cnt1, cnt2)，如果这两个值为偶数，那么说明 可以有交换发生

我们选择 (cnt_{1}, cnt_{2}) 中最小的偶数，返回其 (frac{1}{2}) 即可

class Solution {
public:
    int minSwaps(string s) {
        int n = s.length();
        int cnt1 = 0, cnt2 = 0, cnt = 0;
        
        for (int i = 0; i < n; ++i) if (s[i] == '1') cnt++;
        if (abs(cnt - (n - cnt)) > 1) return -1;
        
        // xor 10101..0101
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (i % 2) cnt1 += (s[i] - '0') ^ 0;
            else cnt1 += (s[i] - '0') ^ 1;
        }
        
        // xor 0101..0101
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (i % 2) cnt2 += (s[i] - '0') ^ 1;
            else cnt2 += (s[i] - '0') ^ 0;
        }
        
        if (cnt1 % 2 && cnt2 % 2) return -1;
        else if (cnt1 % 2 && !(cnt2 % 2)) return cnt2 / 2;
        else if (!(cnt1 % 2) && cnt2 % 2) return cnt1 / 2;
        else return min(cnt1 / 2, cnt2 / 2);
    }
};

后记

这题带点思维含量，要想清楚贪心的性质才能开始做

找出和为指定值的下标对

给定两个数组 (N_{1}, N_{2})，长度分别为 (n_{1}, n_{2})，设计一个数据结构，支持下面两个操作

• 累加，给定 id, val，使得 N[id] += val
• 计数，给定 tot，计算下标对的数量，满足 N[i] + N[j] = tot

数据规定

(1leq n_{1}leq 10^3)

(1leq n_{2}leq 10^5)

最多调用计数和累加各 (1000) 次

题解

计数操作是经典问题，可以使用哈希表解决

具体来讲，求解 (N_{1}left[i ight] + N_{2}left[j ight] = tot)，可以将其中一个数组的元素放入哈希表，然后遍历另一个数组查询哈希表

如果把 (N_{1}) 中的元素压入哈希表，遍历 (N_{2}) 查询，复杂度是 (O(1000cdot n_{2}))，会导致超时

因此考虑把 (N_{2}) 中的元素压入哈希表，遍历 (N_{1}) 查询，复杂度是 (O(1000cdot n_{1}))

考虑到修改操作，我们还要额外对哈希表进行增加和删除

总的时间复杂度为 (O(1000cdot n_{2}))

恰有 (K) 根木棍可以看到的排列数目

给定 (n) 根长度各不相同的木棍，长度为 (1) 到 (n) 的整数

现在把 (n) 根木棍排成一排，并满足 从左侧恰好可以看到 (k) 根木棍，从左侧可以看到木棍的前提是，更左侧不存在更长的木棍，例如

• 木棍排列为 [1, 3, 2, 5, 4]，从左侧可以看到 1, 3, 5 三根木棍

现在给定 (n, k)，计算所有符合条件的排列个数，答案对 (10^9 + 7) 取余

数据规定

(1leq kleq nleq 1000)

题解

注意到这个数据范围，考虑动态规划求解

定义 (dp_{i, j}) 表示用 (i) 根木棍，恰好可以看到 (j) 根的排列数目，考虑最后一个木棍

• 若其可以被看到，那么其长度一定为 (i)，因为他是最高的，所以前 (i - 1) 根木棍只能看到 (j - 1) 个
• 若其不可以被看到，设其长度为 (x)，则前 (i - 1) 根木棍的长度一定为 (1, 2, .., x - 1, x + 1, .., i - 1)，那么前 (i - 1) 个木棍仍然可以看到 (j) 个，因为相对长度不变

所以有如下状态转移方程

[dpleft[i ight]left[j ight] = dpleft[i - 1 ight]left[j - 1 ight] + (i - 1)cdot dpleft[i - 1 ight]left[j ight] ]

初始状态 (dpleft[1 ight]left[1 ight] = 1)，只有 (1) 这一个排列方式

int dp[1007][1007];
const int MOD = 1e9 + 7;
class Solution {
public:
    int rearrangeSticks(int n, int k) {
        dp[1][1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; ++i) {
            for (int j = 1; j <= i; ++j) {
                dp[i][j] = (dp[i - 1][j - 1] + 1LL * (i - 1) * dp[i - 1][j] % MOD) % MOD;
            }
        }
        return dp[n][k];
    }
};

后记

本题状态转移方程其实是第一类斯特林数