leetcode 第188场周赛_leetcode周赛188

1441 用栈操作构建数组

枚举i，从1-n，用st记录当前匹配到目标数组的哪个位置

如果当前i==target[st]，表示匹配，进行Push操作

否则，表示不匹配，先Push，Pop，这样就不产生影响

class Solution {
public:
    vector<string> buildArray(vector<int>& target, int n) {
        vector<string>ans;
        int st=0;
        int len=target.size();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(i==target[st]){
                ans.push_back("Push");
                st++;
            }
            else{
                ans.push_back("Push");
                ans.push_back("Pop");
            }
            if(st==len) break;
        }
        return ans;
    }
};

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1442 形成两个异或相等数组的三元组数目

这题复杂度O(N^2)的话，就很简单，符合这道题的定位，要优化到O(n)的话还是有点困难的。

• O(N^2)的做法

要使（i~j-1这一段连续异或结果）等于（j~k这一段连续异或结果）

我们可以枚举分界点j，然后用map记录以j为右端点的所有子段异或情况(代码中，用i表示分界点)

for(int j=i-1;j>=0;j--){
   tmp^=arr[j];
   mp[tmp]++;
}

然后再枚举以i为左端点的情况，如果此时右端点为j，i-j的异或结果为tmp，那么这部分的贡献就是mp[tmp]

for(int j=i;j<n;j++){
   tmp^=arr[j];
   ans+=mp[tmp];
}

class Solution {
public:
    int countTriplets(vector<int>& arr) {
        int n=arr.size();
        map<int,int>mp;
        int ans=0;
        for(int i=1;i<n;i++){
            int tmp=0;
            mp.clear();
            for(int j=i-1;j>=0;j--){
                tmp^=arr[j];
                mp[tmp]++;
            }
            tmp=0;
            for(int j=i;j<n;j++){
                tmp^=arr[j];
                ans+=mp[tmp];
            }
        }
        return ans;
    }
};

• O(N)的做法

三元组表示其实就是一段区间

需要转化下题目信息

根据题目的定义

a = arr[i] ^ arr[i + 1] ^ ... ^ arr[j - 1]

b = arr[j] ^ arr[j + 1] ^ ... ^ arr[k]

当a==b成立时

能得出一个条件a^b=0； 式子(1)

 

再观察

x=arr[1]^arr[2]^...^arr[i]

y=arr[1]^arr[2]^...^arr[i]^arr[i+1]^...^arr[j]

若x==y，则arr[i+1]^...^arr[j]=0(一个数只有异或上0才等于本身)

回头看式子(1)，i+1其实就是a的左端，j就是b的右端

对应三元组(i,j,k)里的i和k

所以我们可以用map来记录累积异或值相同时的下标，然后对于三元组(i,j,k)，j可以取遍 i+1,⋯,k-1,k 共 k−i种情况。

得到初步的N^2代码

for(int i=0;i<index.size()-1;i++)
{
    for(int j=i+1;j<index.size()-1;j++)
        ans += index[j]-(index[i]+1);
}

index表示相同累计异或值的下标

两层for循环枚举三元组的左右端点i和k（代码中变量设置成了i和j）

 

到这步，优化到O(n)就很容易了

对于每个i，需要减去(n-i-1)个(index[i]+1)

需要加上index[i+1],index[i+2]...index[n],这一部分用前缀和求一下即可

这样，就把第二个for循环优化掉了

class Solution {
public:
    int countTriplets(vector<int>& arr) {
        map<int,vector<int>>mp;
        mp[0].push_back(0);
        int tmp=0;
        for(int i=0;i<arr.size();i++){
            tmp^=arr[i];
            mp[tmp].push_back(i+1);
        }
        int ans=0;
        for(auto it:mp){
            vector<int>&index=it.second;
            vector<int>sum(index);
            int n=index.size();
            for(int i=1;i<n;i++) sum[i]+=sum[i-1];
            for(int i=0;i<n;i++){
                ans+=sum[n-1]-sum[i]-(n-i-1)*(index[i]+1);
            }
        }
        return ans;
    }
};

 

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1443 收集树上所有苹果的最少时间

很难直接独立求出收集每个苹果的时间，收集完这颗苹果，选择的下一个苹果不同，时间可能不同。

那么，不能直接求，我们可以考虑每条边被经过了几次。

先dfs求出以0为根，每个节点的高度dep[u]

先假设每个苹果都是从根开始过来收集的，那么收集每个苹果的时间就是dep[u]*2（根->苹果,苹果->根）

对于每个节点u，和它的一个儿子节点v，u-v边记为x

如果v的子树里只有一个苹果节点，那么x这条边确实经过了两次，不需要进行处理；

如果v的子树里有两个苹果节点A和B，先到A，那么A肯定是先到B，B再经过ｘ边回到根，该情况下ｘ边就多加了两次（来一次，去一次）。

类推，对于子树有多个苹果节点，需要减去

max(0,(num[v]-1))*2；（num[v]是v子树的苹果节点个数）

const int maxn=100050;
class Solution {
public:
    vector<int>son[maxn];
    int dep[maxn],num[maxn],ans;
    void dfs(int u,int fa,vector<bool>&hasApple){
        dep[u]=dep[fa]+1;
        if(hasApple[u-1]){
            num[u]=1;
            ans+=dep[u]*2;
        }
        else num[u]=0;
        for(auto v:son[u]){
            if(v==fa) continue;
            dfs(v,u,hasApple);
            ans-=max(0,(num[v]-1))*2;
            num[u]+=num[v];
        }
    }
    int minTime(int n, vector<vector<int>>& edges, vector<bool>& hasApple) {
        ans=0;
        dep[0]=-1;
        for(auto it:edges){
            son[it[0]+1].push_back(it[1]+1);
            son[it[1]+1].push_back(it[0]+1);
        }
        dfs(1,0,hasApple);
        return ans;
    }
};

 

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1444 切披萨的方案数

求方案数，显然用dp求

因为每次都会留下右下部分，所以每次切的时候，相当于选择了一个矩形的左上角

dp[i][j][l]
dp数组意义：以（i，j）为左上角，已经分成l次的方案数
所以对于每个状态(i,j,l)，我们去枚举下一切的左上角作为下一个状态去转移
1）当水平切的时候
    dp[ii][j][l+1]=(dp[ii][j][l+1]+dp[i][j][l])%mod;
ii是水平切的行坐标
2）当竖直切的时候
    dp[i][jj][l+1]=(dp[i][jj][l+1]+dp[i][j][l])%mod;
jj是竖直切的列坐标
​
有了转移方程，我们现在要考虑题目里的另一个限制条件，每一块分区都必须至少有一个苹果，也就是说只有满足条件才会发生状态转移
一个矩形内有无苹果，可以把有苹果的点记为1，其他记为0
​
然后前缀和差分来求出一个矩形是否含有1，关于前缀和差分，有不清楚的可以搜博客学习一下
​

 

const long long mod=1e9+7;
class Solution {
public:
    int ways(vector<string>& pizza, int k) {
        int row=pizza.size();
        int col=pizza[0].size();
        long long sum[55][55],dp[55][55][15];
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=row;i++){
            for(int j=1;j<=col;j++){
                sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+(pizza[i-1][j-1]=='A');
            }
        }
        dp[1][1][1]=1;
        long long ans=0;
        for(int i=1;i<=row;i++){
            for(int j=1;j<=col;j++){
                for(int l=1;l<=k;l++){
                    if(!dp[i][j][l]) continue;
                    //水平切
                    for(int ii=i+1;ii<=row;ii++){
                        int flag=1;
                        if(sum[ii-1][col]-sum[ii-1][j-1]-sum[i-1][col]+sum[i-1][j-1]) flag&=1;
                        else flag=0;
                        if(sum[row][col]-sum[row][j-1]-sum[ii-1][col]+sum[ii-1][j-1]) flag&=1;
                        else flag=0;
                        if(flag){
                            dp[ii][j][l+1]=(dp[ii][j][l+1]+dp[i][j][l])%mod;
                        }
                    }
                    //竖直切
                    for(int jj=j+1;jj<=col;jj++){
                        int flag=1;
                        if(sum[row][jj-1]-sum[row][j-1]-sum[i-1][jj-1]+sum[i-1][j-1]) flag&=1;
                        else flag=0;
                        if(sum[row][col]-sum[row][jj-1]-sum[i-1][col]+sum[i-1][jj-1]) flag&=1;
                        else flag=0;
                        if(flag){
                            dp[i][jj][l+1]=(dp[i][jj][l+1]+dp[i][j][l])%mod;
                        }
                    }
                }
                ans=(ans+dp[i][j][k])%mod;
            }
        }
        return ans;
    }
};