LeetCode 93 双周赛

2496. 数组中字符串的最大值

一个由字母和数字组成的字符串的 值 定义如下：

• 如果字符串 只 包含数字，那么值为该字符串在 10 进制下的所表示的数字。
• 否则，值为字符串的 长度 。

给你一个字符串数组 strs ，每个字符串都只由字母和数字组成，请你返回 strs 中字符串的 最大值 。

提示：

• 1 <= strs.length <= 100
• 1 <= strs[i].length <= 9
• strs[i] 只包含小写英文字母和数字。

示例

输入：strs = ["alic3","bob","3","4","00000"]
输出：5
解释：
- "alic3" 包含字母和数字，所以值为长度 5 。
- "bob" 只包含字母，所以值为长度 3 。
- "3" 只包含数字，所以值为 3 。
- "4" 只包含数字，所以值为 4 。
- "00000" 只包含数字，所以值为 0 。
所以最大的值为 5 ，是字符串 "alic3" 的值。

思路

简单模拟即可

class Solution {
public:

    int parse(string& s) {
        bool isNum = true;
        int num = 0;
        for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
            if (s[i] >= '0' && s[i] <= '9') {
                num = num * 10 + s[i] - '0';
            } else {
                isNum = false;
                break;
            }
        }
        return isNum ? num : s.size();
    }

    int maximumValue(vector<string>& strs) {
        int ans = 0;
        for (auto& s : strs) ans = max(ans, parse(s));
        return ans;
    }
};

2497. 图中最大星和

给你一个 n 个点的无向图，节点从 0 到 n - 1 编号。给你一个长度为 n 下标从 0 开始的整数数组 vals ，其中 vals[i] 表示第 i 个节点的值。

同时给你一个二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ai, bi] 表示节点 ai 和 bi 之间有一条双向边。

星图 是给定图中的一个子图，它包含一个中心节点和 0 个或更多个邻居。换言之，星图是给定图中一个边的子集，且这些边都有一个公共节点。

下图分别展示了有 3 个和 4 个邻居的星图，蓝色节点为中心节点。

星和 定义为星图中所有节点值的和。

给你一个整数 k ，请你返回 至多 包含 k 条边的星图中的 最大星和 。

提示：

• n == vals.length
• 1 <= n <= 10^5
• -10^4 <= vals[i] <= 10^4
• 0 <= edges.length <= min(n * (n - 1) / 2``, 10^5)
• edges[i].length == 2
• 0 <= ai, bi <= n - 1
• ai != bi
• 0 <= k <= n - 1

示例

输入：vals = [1,2,3,4,10,-10,-20], edges = [[0,1],[1,2],[1,3],[3,4],[3,5],[3,6]], k = 2
输出：16
解释：上图展示了输入示例。
最大星和对应的星图在上图中用蓝色标出。中心节点是 3 ，星图中还包含邻居 1 和 4 。
无法得到一个和大于 16 且边数不超过 2 的星图。

思路

乍的一看以为是一道图论的题目。仔细审题后发现根本都不用建图。

首先，一个星图，需要包含一个中心点，以及0或多个邻接点。要求解的是最多包含k条边的最大星和。

也就是最多有k个邻接点。

那么只需要枚举一下以每个点作为中心点的星图即可。至于最多包含k个邻接点，选哪k个点呢？当然是vals最大的前k个点啦！注意，如果 vals为负数，纳入到星图里会使得星和变小。

所以，我们只需要维护一下每个点的所有邻接点，然后把邻接点按照vals值从大到小排序，然后以每个点作为中心点，取前k个vals值大于0的邻接点纳入到星图中即可。

时间复杂度 $O(nlogn)$

class Solution {
public:
    int maxStarSum(vector<int>& vals, vector<vector<int>>& edges, int k) {
        int n = vals.size();
        vector<vector<int>> f(n); // 存储某个点的全部邻接点
        for (auto& e : edges) {
            int a = e[0], b = e[1];
            f[a].push_back(b);
            f[b].push_back(a);
        }

        int ans = -1e4;
        // 以每个点作为中心点, 尝试构造不超过k个边的最大星和
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int sum = vals[i]; // 中心点必须纳入
            vector<int>& v = f[i];
            // 将全部邻接点按照vals值从大到小排序
            sort(v.begin(), v.end(), [&](int a, int b) {
                return vals[a] > vals[b];
            });
            // 纳入前k个vals值大于0的点
            // 由于是从大到小排好序, 当第一次遇到vals值等于0,便可以退出循环了
            for (int j = 0; j < v.size() && j < k && vals[v[j]] > 0; j++) sum += vals[v[j]];
            ans = max(ans, sum);
        }
        return ans;
    }
};

看到其他大佬的代码，发现其实可以写的更为简短

class Solution {
public:
    int maxStarSum(vector<int>& vals, vector<vector<int>>& edges, int k) {
        vector<vector<int>> g(vals.size());
        for (auto& e : edges) {
            g[e[0]].push_back(vals[e[1]]); // 这里不插入邻接点, 而直接插入邻接点对应的vals
            g[e[1]].push_back(vals[e[0]]);
        }
        int n = vals.size(), res = INT_MIN;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            sort(g[i].rbegin(), g[i].rend()); // 从大到小排序, 可以直接取逆的迭代器
            int temp = vals[i], t = k;
            for (int v : g[i]) { // foreach循环很简洁
                if (v > 0 && t--) temp += v; // 这里也写的比较
                else break;
            }
            res = max(res, temp);
        }
        return res;
    }
};

2498. 青蛙过河II

给你一个下标从 0 开始的整数数组 stones ，数组中的元素 严格递增 ，表示一条河中石头的位置。

一只青蛙一开始在第一块石头上，它想到达最后一块石头，然后回到第一块石头。同时每块石头 至多 到达 一次。

一次跳跃的 长度 是青蛙跳跃前和跳跃后所在两块石头之间的距离。

• 更正式的，如果青蛙从 stones[i] 跳到 stones[j] ，跳跃的长度为 |stones[i] - stones[j]| 。

一条路径的 代价 是这条路径里的 最大跳跃长度 。

请你返回这只青蛙的 最小代价 。

提示：

• 2 <= stones.length <= 10^5
• 0 <= stones[i] <= 10^9
• stones[0] == 0
• stones 中的元素严格递增。

示例

输入：stones = [0,2,5,6,7]
输出：5
解释：上图展示了一条最优路径。
这条路径的代价是 5 ，是这条路径中的最大跳跃长度。
无法得到一条代价小于 5 的路径，我们返回 5 。

思路

由于中间的每块石头最多只能到达一次，所以我们需要将全部石头分成两部分，一部分是去程中到达过的石头，另一部分是回程中到达过的石头。这里稍微停顿一下，有没有可能某个石头没有被到达过呢？

一定不会！假设某个石头x没有被到达过，则在去程中，一定需要从x左侧跳到x右侧，如果引入x这块石头，一定能使得这段跳跃的距离被拆成更小的2段。引入x一定不会使得答案变得更差。所以我们可以认为每块石头都被恰好到达过1次。

由于一条路径的代价是这条路径中的最大跳跃长度，我们要使得代价尽可能小，则每次跳跃尽可能要选择更近的石头。

可以先这样来考虑，假设只有去程，没有回程，那么很明显的，挨个石子地跳，就能使得最大跳跃长度最短。

现在需要加入去程，那么在去程的石子尽可能相邻的情况下，要挑出一些石子来留给回程。

接下来这样考虑，从起点的石头（下标为0）开始，去程的第一跳，我们要选择尽可能近的石头，不妨选择下标为1的石头；然后，镜像的考虑，回程的最后一跳，需要从某块石头跳到第0号石头，由于最近的1号石头已经被跳过了，那么回程的最后一跳最近的就只能选择2号石头。

容易想到，只有交替分配石头，即1号石头作为去程，2号作为回程，3号作为去程，4号作为回程，只有这样才能使得整个路径的最大跳跃长度最短。

// 110ms
class Solution {
public:
    int maxJump(vector<int>& stones) {
        int n = stones.size();
        if (n == 2) return stones[1];
        int ans = stones[1];
        // 去程
        for (int i = 3; i < n; i += 2) ans = max(ans, stones[i] - stones[i - 2]);
        ans = max(ans, stones[2]);
        // 回程
        for (int i = 4; i < n; i += 2) ans = max(ans, stones[i] - stones[i - 2]);
        return ans;
    }
};

代码还可以简化

class Solution {
public:
    int maxJump(vector<int>& stones) {
        int ans = stones[1];
        for (int i = 2; i < stones.size(); i++) ans = max(ans, stones[i] - stones[i - 2]);
        return ans;
    }
};

如果想不到这种贪心策略，也可以二分答案。因为最远距离是10^9，我们每次进行二分出一个值x，并判断是否能以不超过x作为最大跳跃距离，完成去程和回程，即可。二分总次数最多大概30次，每次判断能否完成往返程，需要遍历一次，总的时间复杂度最多是 30 × 10^5，大概在10^6级别。

// 330ms
class Solution {
public:

    vector<bool> st;

    // 能否以不超过limit完成往返程
    bool check(vector<int>& stones, int limit) {
        // printf("看%d是否能满足\n", limit);
        int n = stones.size(), i = 0;
        for (int j = 0; j < n; j++) st[j] = false;
        // 先以最接近limit的跨度, 跳完去程
        while (i < n - 1) {
            // i是当前起跳的位置
            // 需要在i + 1之后, 找到一个位置x, 使得他俩的距离恰好 <= limit
            int l = i + 1, r = n - 1;
            while (l < r) {
                int mid = l + r + 1 >> 1;
                if (stones[mid] - stones[i] <= limit) l = mid;
                else r = mid - 1;
            }
            if (stones[l] - stones[i] > limit) return false; // 找不到这样一个点
            // printf("去程跳%d\n", l);
            st[l] = true; // 该点在去程中被跳过
            i = l; // 更新下一个起跳点
        }

        // 验证返程, 挨个往最近的跳就行了
        i = n - 1;
        while (i > 0) {
            // 跳到的点
            int j = i - 1;
            while (j > 0 && st[j]) j--;
            if (stones[i] - stones[j] > limit) return false;
            i = j;
        }
        return true;
    }

    int maxJump(vector<int>& stones) {
        int n = stones.size();
        st.resize(n);
        int l = 0, r = stones[n - 1];
        while (l < r) {
            int mid = l + r >> 1;
            if (check(stones, mid)) r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        return l;
    }
};

注意到，实际上，上面的二分过程中也包含了贪心的操作，去程中每次跳跃取了不超过limit的最大值，二分中套了二分。

2499. 让数组不相等的最小总代价

给你两个下标从 0 开始的整数数组 nums1 和 nums2 ，两者长度都为 n 。

每次操作中，你可以选择交换 nums1 中任意两个下标处的值。操作的 开销 为两个下标的 和 。

你的目标是对于所有的 0 <= i <= n - 1 ，都满足 nums1[i] != nums2[i] ，你可以进行 任意次 操作，请你返回达到这个目标的 最小 总代价。

请你返回让 nums1 和 nums2 满足上述条件的 最小总代价 ，如果无法达成目标，返回 -1 。

提示：

• n == nums1.length == nums2.length
• 1 <= n <= 10^5
• 1 <= nums1[i], nums2[i] <= n

示例

输入：nums1 = [1,2,3,4,5], nums2 = [1,2,3,4,5]
输出：10
解释：
实现目标的其中一种方法为：
- 交换下标为 0 和 3 的两个值，代价为 0 + 3 = 3 。现在 nums1 = [4,2,3,1,5] 。
- 交换下标为 1 和 2 的两个值，代价为 1 + 2 = 3 。现在 nums1 = [4,3,2,1,5] 。
- 交换下标为 0 和 4 的两个值，代价为 0 + 4 = 4 。现在 nums1 = [5,3,2,1,4] 。
最后，对于每个下标 i ，都有 nums1[i] != nums2[i] 。总代价为 10 。
还有别的交换值的方法，但是无法得到代价和小于 10 的方案。

思路

这是一道思维题，需要分类讨论。

首先，对于满足nums1[i] = nums2[i]的所有位置i。这些位置是一定要被交换的，这是确定的。而每个i是和另一个位置做交换，不确定的是这另一个位置。

我周赛当天只想到这里，后面就卡住，然后一通乱想，没有再进行下去了。

对于那些需要交换的位置i，我们可以按照元素大小分别进行统计计数。

比如

nums1: 1 1 2 2 2 3 5 4
nums2: 1 1 2 2 2 5 3 4

一共有5个位置的数需要交换，其中1有2个，2有3个。

关键的一步在于，要推出：

出现次数最多的数，如果其次数没有过半，则这些需要交换的位置，可以内部互相两两交换

现在我们只考虑，需要交换的那些位置。

可以这样想：如果某个数x出现了n次，那么只要其余的数至少也为n个，则其余的数一定是与x不同的，则全部的x一定可以被换掉（换一次也同时换掉了同等数量的其他的数）。同理，我们依次看每一个数，看这个数的出现次数，以及剩余的数的次数，只要剩余的数的次数之和大于等于这个数的次数，就一定能把这个数给全部换掉。

所以，只要出现次数最多的那个数，不超过总次数的一半，就一定能在内部通过两两互换进行解决。

这里还有另一个问题，由于每次互换是交换2个数。

• 如果总的次数是偶数，那么很明显，两两配对即可。总的代价就是全部需要交换的位置的下标之和。

• 如果总的次数是奇数，那么会多出一个可怜的单身汉，没人和他配对。此时这个单身汉需要和另外一个数额外做一次交换。

  那么和哪个数做交换呢？肯定要和另外一个不等于这个数的数做交换才行。

  实际我们可以证明，这个单身汉总是可以和下标为0的数进行交换，从而使得额外的开销为0，总代价也是全部需要交换的位置的下标之和

  下面证明一下这个结论，设最后剩下的单身汉为x（其实最后剩下的那个数我们可以自己任选）：

  • 若下标为0的数，在需要交换的位置当中，那么有nums1[0] = nums2[0]，我们只需要让最后剩下的那单身汉不等于nums1[0]就好了

  • 若下标为0的数，不在需要交换的位置当中，那么有nums1[0] != nums2[0]，那么最后剩下的单身汉不能为nums1[0]，也不能为nums2[0]。这就要求数字的种类至少为3，能保证吗？答案是可以的。因为当总次数为奇数时，一定有至少3种不同的数字，恰好比2种多至少1种。(可以尝试下，总次数为奇数，无非就是1，3，5，…，但次数为1时，不满足出现次数最多的数不过半；当次数为3时，只能是3种数字各出现1次；次数为5同理；所以能得出，出现次数为奇数时，数字的种类数至少为3)

于是，通过上面的分类讨论，我们推导出了：当出现次数最多的数，不过半时，答案就是所有需要交换的数的下标之和。

那么当出现次数最多的数，过半了，会怎么样呢？

那就是，这个数字只有一部分能够被内部消化（与同样需要交换的那些位置进行交换）。多出来一部分，需要与那些不需要交换的位置进行交换，比如

nums1: 2 3 1 1 1 1 2 2 4
nums2: 3 2 1 1 1 1 2 2 5

需要交换的位置的总次数为6，其中1出现了4次，2出现了2次。

1的出现次数（4）过了半（3）。那么有2个1，可以和2进行交换；还剩2个1，需要和其他的位置进行交换。

我们只需要按照位置从小到大遍历一次数组，找到那些nums1[i] != nums2[i]，并且nums1[i] != 1 && nums2[i] != 1的位置，来消耗掉多出的1的次数。

如果多出的1能够被消耗完，说明能够完成目标。否则不能。

class Solution {
public:
    long long minimumTotalCost(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        // sameCnt 是nums1[i] = nums2[i] 的那些位置的个数
        // majorCnt 是众数的出现次数
        // majorNum 是众数的值
        int sameCnt = 0, majorCnt = 0, majorNum = 0, n = nums1.size();
        long long ans = 0;
        unordered_map<int, int> freq;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (nums1[i] == nums2[i]) {
                ans += i;
                sameCnt++;
                if (++freq[nums1[i]] > majorCnt) {
                    majorNum = nums1[i];
                    majorCnt = freq[nums1[i]];
                }
            }
        }
        // 众数的出现次数不过半, 则直接返回下标之和
        if (majorCnt * 2 <= sameCnt) return ans;
        // 否则, 看剩余的次数能不能被消耗完
        int remainCnt = 2 * majorCnt - sameCnt;
        for (int i = 0; i < n && remainCnt > 0; i++) {
            if (nums1[i] != nums2[i] && nums1[i] != majorNum && nums2[i] != majorNum) {
                ans += i;
                remainCnt--;
            }
        }
        return remainCnt == 0 ? ans : -1;
    }
};

总结

T1是模拟；T2是遍历+排序；T3是贪心（也可以用二分）；T4是思维题，需要分类讨论。