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大家好，我是小彭。

这周比较忙，上周末的双周赛题解现在才更新，虽迟但到哈。上周末这场是 LeetCode 第 101 场双周赛，全体有点难度，第 3 题好像比第 4 题还难一些。

LeetCode 双周赛 101（2023/04/01）DP、中位数贪心、裴蜀定理、Dijkstra、最小环

LeetCode 双周赛 101（2023/04/01）DP、中位数贪心、裴蜀定理、Dijkstra、最小环

周赛纲要

2605.从两个数字数组里生成最小数字（Easy）

  • 题解一：散列表 O(n+m)O(n + m) 空间
  • 题解二：位运算 O(1)O(1) 空间

2606.找到最大开支的子字符串（Medium）

  • 动态规划 O(n)

2607.使子数组元素和持平（Medium）

  • 题解 1：拼接数组 + 中位数贪心 过错
  • 题解 2：数组分组 + 中位数贪心 O(nlgn)O(nlgn)
  • 题解 3：裴蜀定理 + 中位数贪心 O(nlgn)O(nlgn)
  • 题解 4：裴蜀定理 + 中位数贪心 + 快速挑选 O(n)O(n)

2608.图中的最短环（Hard）

  • 题解 1：枚举边 + Dijkstra 最短路 + 最小堆 O(m+m2⋅lgn)O(m + m^2lgn)
  • 题解 2：枚举边 + BFS O(m+m2)O(m + m^2)

2605.从两个数字数组里生成最小数字（Easy）

标题地址

leetcode.cn/problems/fo…

标题描绘

给你两个只包括 1 到 9 之间数字的数组nums1和nums2，每个数组中的元素互不相同，请你回来最小的数字，两个数组都至少包括这个数字的某个数位。

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题解一（散列表）

简略模拟题，需要对 API 比较了解才能写出精炼的代码。

思路：优先挑选两个数组交集的最小值，否则取两个数组的最小值再拼接。

class Solution {
    fun minNumber(nums1: IntArray, nums2: IntArray): Int {
        val set1 = nums1.toHashSet()
        val set2 = nums2.toHashSet()
        // 优先挑选交集
        val set = set1.intersect(set2)
        if (!set.isEmpty()) return Collections.min(set)
        // 挑选最小值
        val min1 = Collections.min(set1)
        val min2 = Collections.min(set2)
        // 拼接
        return Math.min(10 * min1 + min2, 10 * min2 + min1)
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(n+m)O(n + m) 其间 nn 是 nums1nums1 数组的长度，mm 是 nums2nums2 数组的长度；
  • 空间复杂度：O(n+m)O(n + m) 散列表空间

题解二（位运算）

运用二进制位符号代替散列表

class Solution {
    fun minNumber(nums1: IntArray, nums2: IntArray): Int {
        var flag1 = 0
        var flag2 = 0
        for (num in nums1) {
            flag1 = flag1 or (1 shl num)
        }
        for (num in nums2) {
            flag2 = flag2 or (1 shl num)
        }
        // numberOfTrailingZeros：最低位接连 0 的个数
        // 交集
        val flag = flag1 and flag2
        if (flag > 0) return Integer.numberOfTrailingZeros(flag)
        // 最小值
        val min1 = Integer.numberOfTrailingZeros(flag1)
        val min2 = Integer.numberOfTrailingZeros(flag2)
        // 拼接
        return Math.min(10 * min1 + min2, 10 * min2 + min1)
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(n+m)O(n + m) 其间 nn 是 nums1nums1 数组的长度，mm 是 nums2nums2 数组的长度；
  • 空间复杂度：O(1)O(1) 散列表空间

2606.找到最大开支的子字符串（Medium）

标题地址

leetcode.cn/problems/fi…

标题描绘

给你一个字符串s，一个字符互不相同的字符串chars和一个长度与chars相同的整数数组vals。

子字符串的开支是一个子字符串中一切字符对应价值之和。空字符串的开支是0。

字符的价值界说如下：

  • 假如字符不在字符串chars中，那么它的价值是它在字母表中的方位（下标从1开端）。
    • 比方说，'a'的价值为1，'b'的价值为2，以此类推，'z'的价值为26。
  • 否则，假如这个字符在chars中的方位为i，那么它的价值便是vals[i]。

请你回来字符串s的一切子字符串中的最大开支。

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题解（动态规划）

简略动态规划问题。

先依据题意维护 a-z 每个字母的开支，再求 53. 最长子数组和 问题。

界说 dp[i] 表明以 [i] 为结尾的最大子数组和，则有

  • 与 a[0,i−1]a[0, i – 1] 拼接：dp[i]=dp[i−1]+vals[i]dp[i] = dp[i – 1] + vals[i]
  • 不与 a[i−1]a[i – 1] 拼接（独自作为子数组）：dp[i]=vals[i]dp[i] = vals[i] 
class Solution {
    fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
        // 初值
        val fullVals = IntArray(26) { it + 1 }
        // 更新
        for ((i, c) in chars.withIndex()) {
            fullVals[c - 'a'] = vals[i]
        }
        // 动态规划
        val n = s.length
        var max = 0
        val dp = IntArray(n + 1)
        for (i in 1..n) {
            val curValue = fullVals[s[i - 1] - 'a']
            dp[i] = Math.max(curValue, dp[i - 1] + curValue)
            max = Math.max(max, dp[i])
        }
        return max
    }
}

翻滚数组优化：

class Solution {
    fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
        // 初值
        val fullVals = IntArray(26) { it + 1 }
        // 更新
        for ((i, c) in chars.withIndex()) {
            fullVals[c - 'a'] = vals[i]
        }
        // 动态规划
        val n = s.length
        var max = 0
        var pre = 0
        for (i in 1..n) {
            val curValue = fullVals[s[i - 1] - 'a']
            pre = Math.max(curValue, pre + curValue)
            max = Math.max(max, pre)
        }
        return max
    }
}

另一种了解，视为 vals[i] 总与前序子数组拼接，而前序子数组的权值不低于 0：

  • dp[i]=Math.max(dp[i−1],0)+vals[i]dp[i] = Math.max(dp[i – 1], 0) + vals[i]
class Solution {
    fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
        // 初值
        val fullVals = IntArray(26) { it + 1}
        // 更新
        for ((i, c) in chars.withIndex()) {
            fullVals[c - 'a'] = vals[i]
        }
        // 动态规划
        val n = s.length
        var max = 0
        var pre = 0
        for (i in 1..n) {
            pre = Math.max(pre, 0) + fullVals[s[i - 1] - 'a']
            max = Math.max(max, pre)
        }
        return max
    }
}

2607.使子数组元素和持平（Medium）

标题地址

leetcode.cn/problems/ma…

标题描绘

给你一个下标从0开端的整数数组arr和一个整数k。数组arr是一个循环数组。换句话说，数组中的终究一个元素的下一个元素是数组中的第一个元素，数组中第一个元素的前一个元素是数组中的终究一个元素。

你能够履行下述运算恣意次：

  • 选中arr中恣意一个元素，并使其值加上1或减去1。

履行运算使每个长度为k的子数组的元素总和都持平，回来所需要的最少运算次数。

子数组是数组的一个接连部分。

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问题剖析

剖析 1： 先不考虑循环数组的条件，剖析数据束缚 “关于满意每个长度为 k 的子数组的和持平”，那么

a[i]+a[i+1]+…+a[i+k−1]==a[i+1]+a[i+2]+…+a[i+k−1]+a[i+k]a[i]+a[i+1] +…+a[i+k-1] == a[i+1]+a[i+2]+…+a[i+k-1]+a[i+k]

等式两边化简得：

a[i]=a[i+k]a[i]=a[i+k]

也便是说，数组上每距离 k 的元素要持平。因而咱们需要将每距离 k 的元素分为一组，再将组内元素调整为持平值；

剖析 2： 如何将组内元素调整为持平值呢？能够证明挑选中位数的贪心做法是最优的。

剖析 3： 考虑循环数组的条件，关于 i + k ≥ len(arr) 的状况，需要对数组下标取模来模拟循环

题解一（拼接数组 + 中位数贪心 过错）

循环数组有拼接一倍数组的模拟做法，咱们模拟出 2*n 长度的数组，在拜访每个方位时，将一切同组的数组分为一组，再排序取中位数。

不过，这个思路在这道题里是不对的，因为同一个分组有或许循环多轮才会遇到。即便不考虑过错，在这道题的数据范围上也会内存溢出。

过错测试用例：arr=[1,5,8,10],k=3arr = [1, 5, 8, 10], k = 3

class Solution {
    fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
        val n = arr.size
        var ret = 0L
        // 延长一倍数组
        val visited = BooleanArray(2 * n)
        for (i in 0 until 2 * n) {
            if (visited[i]) continue
            // 分组
            val bucket = ArrayList<Int>()
            for (j in i until 2 * n step k) {
                bucket.add(arr[j % n])
                visited[j] = true
            }
            // 排序
            Collections.sort(bucket)
            // println(bucket.joinToString())
            // 中位数贪心
            val midVal = bucket[bucket.size / 2]
            for (element in bucket) {
                ret += Math.abs(element - midVal)
            }
        }
        return ret / 2 // 扩大了一倍数组，所以操作数也翻倍了
    }
}

题解二（数组分组 + 中位数贪心）

既然不能运用数组，那么能够在内存循环中一向循环取同分组为止，直到出现回环后退出：

class Solution {
    fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
        val n = arr.size
        var ret = 0L
        val visited = BooleanArray(n)
        for (i in 0 until n) {
            if (visited[i]) continue
            // 分组
            val bucket = ArrayList<Int>()
            var j = i
            while (!visited[j]) {
                bucket.add(arr[j % n])
                visited[j] = true
                j = (j + k) % n
            }
            // 排序
            Collections.sort(bucket)
            // 中位数贪心
            val midVal = bucket[bucket.size / 2]
            for (element in bucket) {
                ret += Math.abs(element - midVal)
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(nlgn)O(nlgn) 其间 nn 为 arrarr 数组长度，每个元素最多拜访一次，且排序一次，所以全体时刻是 O(nlgn)O(nlgn)；
  • 空间复杂度：O(n+lgn)O(n + lgn) 符号数组空间 + 排序递归栈空间。

题解三（裴蜀定理 + 中位数贪心）

依据前文剖析，咱们需要确保终究数组是以 kk 为循环周期的，而循环数组本身又是以 nn 为循环周期的。依据 裴蜀定理 ，假如一个数组存在周期 kk 和周期 nn，那么必定存在周期 gcb(k,n)gcb(k, n)，而 gcb(k,n)gcb(k, n) 必定小于 nn，咱们就将问题变成非循环数组问题。

  • 裴蜀定理：设 a，b 是不全为零的整数，则存在整数 x , y，使得 ax + by = gcb(a,b)
class Solution {
    fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
        val n = arr.size
        // 最大公约数
        val m = gcb(n, k)
        var ret = 0L
        // 最多只有 m 组
        for (i in 0 until m) {
            // 分组
            val bucket = ArrayList<Int>()
            for (j in i until n step m) {
                bucket.add(arr[j])
            }
            // 排序
            Collections.sort(bucket)
            val midVal = bucket[bucket.size / 2]
            for (element in bucket) {
                ret += Math.abs(element - midVal)
            }
        }
        return ret
    }
    private fun gcb(a: Int, b: Int): Int {
        if (b == 0) return a
        return gcb(b, a % b)
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(nlgn)O(nlgn) 其间 nn 为 arrarr 数组长度，每个元素最多拜访一次，且排序一次，所以全体时刻是 O(nlgn)O(nlgn)；
  • 空间复杂度：O(n+lgn)O(n + lgn) 分组空间 + 排序递归栈空间，分组空间最大为 nn；

题解四（裴蜀定理 + 中位数贪心 + 快速挑选）

排序是为了寻找中位数，没必要对整个分组排序，能够优化为快速挑选，时刻复杂度优化到 O(n)O(n)，Nice！

class Solution {
    fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
        val n = arr.size
        // 最大公约数
        val m = gcb(n, k)
        var ret = 0L
        // 最多只有 m 组
        for (i in 0 until m) {
            // 分组
            val bucket = ArrayList<Int>()
            for (j in i until n step m) {
                bucket.add(arr[j])
            }
            // 快速挑选
            quickSelect(bucket)
            val midVal = bucket[bucket.size / 2]
            for (element in bucket) {
                ret += Math.abs(element - midVal)
            }
        }
        return ret
    }
    // 快速挑选中位数
    private fun quickSelect(bucket: ArrayList<Int>) {
        val mid = bucket.size / 2
        var left = 0
        var right = bucket.size - 1
        while (true) {
            val pivot = partition(bucket, left, right)
            if (mid == pivot) {
                break
            } else if (pivot < mid) {
                left = pivot + 1
            } else {
                right = pivot - 1
            }
        }
    }
    // return：分区
    private fun partition(bucket: ArrayList<Int>, left: Int, right: Int): Int {
        var p = left
        for (i in left until right) {
            if (bucket[i] < bucket[right]) {
                bucket.swap(p++, i)
            }
        }
        bucket.swap(p, right)
        return p
    }
    private fun <T> ArrayList<T>.swap(first: Int, second: Int) {
        val temp = this[first]
        this[first] = this[second]
        this[second] = temp
    }
    // 迭代写法
    private fun gcb(a: Int, b: Int): Int {
        var x = a
        var y = b
        while (y != 0) {
            val temp = x % y
            x = y
            y = temp
        }
        return x
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(n)O(n) 其间 nn 为 arrarr 数组长度，每个元素最多拜访一次；
  • 空间复杂度：O(n)O(n) 分组空间，分组空间最大为 nn；

类似标题：

  • 462. 最小操作次数使数组元素持平 II

2608.图中的最短环（Hard）

标题地址

leetcode.cn/problems/sh…

标题描绘

现有一个含n个极点的双向图，每个极点按从0到n - 1符号。图中的边由二维整数数组edges表明，其间edges[i] = [ui, vi]表明极点ui和vi之间存在一条边。每对极点最多通过一条边连接，而且不存在与本身相连的极点。

回来图中最短环的长度。假如不存在环，则回来-1。

环是指以同一节点开端和完毕，而且途径中的每条边仅运用一次。

LeetCode 双周赛 101（2023/04/01）DP、中位数贪心、裴蜀定理、Dijkstra、最小环

题解一（枚举边 + Dijkstra 最短路 + 最小堆）

这道题是 最小环 模板题：给出一个图，问图中边权和最小的环是多大，图的最小环也称围长。

暴力解法：关于每条边 (u,v)(u, v)，求不经过 (u,v)(u,v) 边从 uu 到 vv 的最短路 lenlen，那么包括 (u,v)(u,v) 的最短环便是 len+1len + 1。枚举一切边，则一切答案的最小值便是图的最小环。

class Solution {
    private val INF = Integer.MAX_VALUE
    fun findShortestCycle(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {
        // 建图
        val graph = Array(n) { ArrayList<Int>() }.apply {
            for (edge in edges) {
                this[edge[0]].add(edge[1])
                this[edge[1]].add(edge[0])
            }
        }
        // 枚举边
        var ret = INF
        for (edge in edges) {
            ret = Math.min(ret, dijkstra(graph, edge[0], edge[1]))
        }
        return if (INF == ret) -1 else ret
    }
    private fun dijkstra(graph: Array<ArrayList<Int>>, u: Int, v: Int): Int {
        // 最短路长度
        val dis = IntArray(graph.size) { INF }.apply {
            this[u] = 0
        }
        // 最小堆
        val heap = PriorityQueue<Int>() { e1, e2 ->
            dis[e1] - dis[e2]
        }.apply {
            this.offer(u)
        }
        // BFS
        outer@ while (!heap.isEmpty()) {
            // 运用 O(lgn) 找出已选集中最短路长度最小的节点
            val x = heap.poll()
            // 松懈相邻点
            for (y in graph[x]) {
                // 忽略 (u, v) 边
                if (x == u && y == v) continue
                if (dis[x] + 1 /* 边权为 1 */ < dis[y]) {
                    dis[y] = dis[x] + 1
                    heap.offer(y)
                }
                // 找到 u -> v 的最短路
                if (y == v) break@outer
            }
        }
        return if(INF == dis[v]) INF else dis[v] + 1
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(m+m2⋅lgn)O(m + m^2lgn) 其间 nn 为极点个数，mm 为边个数，每条边跑 Dijkstra 最短路每轮迭代以 O(lgn)O(lgn) 取出已选集中最短路长度最小的节点，每次 Dijkstra 的时刻是 O(m⋅lgn)O(mlgn)；
  • 空间复杂度：O(m+n)O(m + n) 图空间 + 最小堆空间，运用邻接表能够降低空间到 O(m+n)O(m + n)。

题解二（枚举边 + BFS）

由于这道题的边权是 1，所以不需要运用高档的图论算法也能做。

为什么呢，因为每个边权的长度是 1，所以现已拜访过的节点是不会存在更短途径的。所以咱们不需要运用堆，直接运用队列，最早进入队列中的节点一定是最短路长度最短的节点。

class Solution {
    private val INF = Integer.MAX_VALUE
    fun findShortestCycle(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {
        // 建图
        val graph = Array(n) { ArrayList<Int>() }.apply {
            for (edge in edges) {
                this[edge[0]].add(edge[1])
                this[edge[1]].add(edge[0])
            }
        }
        // 枚举边
        var ret = INF
        for (edge in edges) {
            ret = Math.min(ret, bfs(graph, edge[0], edge[1]))
        }
        return if (INF == ret) -1 else ret
    }
    private fun bfs(graph: Array<ArrayList<Int>>, u: Int, v: Int): Int {
        // 最短路长度
        val dis = IntArray(graph.size) { INF }.apply {
            this[u] = 0
        }
        // 最小堆
        val queue = LinkedList<Int>().apply {
            this.offer(u)
        }
        // BFS
        outer@ while (!queue.isEmpty()) {
            // 取队头
            val x = queue.poll()
            // 松懈相邻点
            for (y in graph[x]) {
                // 忽略 (u, v) 边
                if (x == u && y == v) continue
                // 现已拜访过的节点不会存在更短路
                if (INF != dis[y]) continue
                dis[y] = dis[x] + 1
                queue.offer(y)
                // 找到 u -> v 的最短路
                if (y == v) break@outer
            }
        }
        return if (INF == dis[v]) INF else dis[v] + 1
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(m+m2)O(m + m^2) 在每轮 BFS 中，每条边最多拜访 2 次，因而每轮 BFS 的时刻复杂度是 O(m)O(m)；
  • 空间复杂度：O(m+n)O(m + n)。

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