单周赛 242 题解

Posted 徐摆渡

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了单周赛 242 题解相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

本次周赛涉及知识点:动态规划,前缀和,树状数组,博弈论,二分答案

哪种连续子字符串更长

给你长为 \\(n\\) 的二进制字符串 s

如果字符串中由 1 组成的 最长子串严格长于0 组成的 最长子串,返回 true,否则,返回 false

例如,s = "110100010" 中,由 1 组成的最长连续子字符串的长度是 2 ,由 0 组成的最长连续子字符串的长度是 3

注意,如果字符串中不存在 0 ,此时认为由 0 组成的最长连续子字符串的长度是 0 。字符串中不存在 1 的情况也适用此规则。

数据规定

\\(1\\leq n\\leq10^5\\)

题解

定义 \\(dp_{1}\\left[i\\right]\\) 表示到 \\(i\\) 位置,连续 \\(0\\) 子串的最大长度

定义 \\(dp_{2}\\left[i\\right]\\) 表示到 \\(i\\) 位置,连续 \\(1\\) 子串的最大长度

转移完毕,维护两个最大值,最后比较即可,时间复杂度 \\(O(n)\\)

事实上,可以滚动掉状态,使用两个变量代替 \\(dp\\) 数组,从而将空间复杂度优化到 \\(O(1)\\)

class Solution {
public:
    bool checkZeroOnes(string s) {
        int n = s.length();
        vector<int> dp1(n, 0);
        vector<int> dp2(n, 0);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (s[i] == \'1\') {
                dp1[i] = 0, dp2[i] = 1;
                if (i > 0 && s[i] == s[i - 1]) dp2[i] = max(dp2[i - 1] + 1, dp2[i]);
            }
            else {
                dp1[i] = 1, dp2[i] = 0;
                if (i > 0 && s[i] == s[i - 1]) dp1[i] = max(dp1[i - 1] + 1, dp1[i]);
            }
        }
        int ans1 = 0, ans2 = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            ans1 = max(ans1, dp1[i]);
            ans2 = max(ans2, dp2[i]);
        }
        //cout << ans1 << \' \' << ans2 << endl;
        return ans1 < ans2;
    }
};

准时到达的列车最小时速

给你一个浮点数 hour ,表示你到达办公室可用的总通勤时间。

要到达办公室,你必须按给定次序乘坐 n 趟列车。

给定一个长度为 n 的整数数组 dist ,其中 dist[i] 表示第 i 趟列车的行驶距离

每趟列车均只能在整点发车,所以你可能需要在两趟列车之间等待一段时间。

例如,第 1 趟列车需要 1.5 小时,那你必须再等待 0.5 小时,搭乘在第 2 小时发车的第 2 趟列车。

返回能满足你准时到达办公室所要求全部列车的 最小正整数 时速,如果无法准时到达,则返回 -1

生成的测试用例保证答案不超过 \\(10^7\\) ,且 hour 的小数点后最多存在两位数字。

题解

考虑二分答案,然后 check

具体来讲,二分速度,对于每一个速度 \\(res\\),我们计算一下通勤的时间 \\(ans\\),如果 \\(ans < hour\\),返回 \\(true\\),二分右边界缩小,否则返回 \\(false\\),二分左边界扩大

class Solution {
public:
    #define INF 0x3f3f3f3f
    bool check(int res, vector<int> &vec, double hour) {
        double ans = 0;
        int n = vec.size();
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int temp = vec[i];
            if (i < n - 1) {
                ans += ceil(double(temp) / double(res));
            }
            else ans += double(temp) / double(res);
            //printf("%.6f\\n", ans);
        }
        return ans <= hour;
    }
    int minSpeedOnTime(vector<int>& vec, double hour) {
        int L = 1, R = INF;
        int ans = -1;
        while (L <= R) {
            int mid = L + R >> 1;
            //cout << L << \' \' << mid << \' \' << R << endl;
            if (check(mid, vec, hour)) {
                R = mid - 1;
                ans = mid;
            }
            else L = mid + 1;
        }
        return ans;
    }
};

跳跃游戏 VII

给定一个长为 \\(n\\) 下标从 \\(0\\) 开始的 \\(01\\) 串,保证第一个位置一定是 \\(0\\)

给定两个正整数 \\(a,\\ b\\),当同时满足以下条件时,你可以从下标 \\(i\\) 转移到下标 \\(j\\)

  • \\(i + a\\leq j\\leq min\\left\\{i + b,\\ n - 1\\right\\}\\)
  • \\(s\\left[j\\right] = 0\\)

如果可以到达 \\(n - 1\\) 处,返回 \\(true\\),否则返回 \\(false\\)

数据保证

\\(2\\leq a\\leq b\\leq n\\leq 10^5\\)

题解

定义 \\(dp\\left[i\\right]\\) 表示能否跳到第 \\(i\\) 个位置

考虑前继状态转移到当前状态,即 \\(dp\\left[i - b\\right],\\ dp\\left[i - b + 1\\right], ..,\\ dp\\left[i - a\\right]\\rightarrow dp\\left[i\\right]\\)

也就是说,对于 \\(\\forall j \\in \\left[i - b, i - a\\right]\\),只要 \\(\\exists j,\\ s.t.\\ dp\\left[j\\right] = 1\\),那么 \\(dp\\left[i\\right]\\)\\(1\\)

可以通过判断区间和 \\(\\sum\\limits_{j = i - b}^{i - a}dp\\left[j\\right]\\) 是否为 \\(0\\) 来完成上述转移,因此我们需要在转移的过程中维护前缀和,时间复杂度 \\(O(n)\\)

如果从当前状态转移到后继状态,即 \\(dp\\left[i\\right]\\rightarrow dp\\left[i + a\\right],\\ ..,\\ dp\\left[i + b\\right]\\),需要对区间 \\(\\left[i + a,\\ i + b\\right]\\) 作区间修改操作,转移的时候使用单点查询,有以下几种处理方式

  • 使用差分数组,转移的过程维护查分数组的前缀和,便可以得到当前点是否可以到达,时间复杂度 \\(O(n)\\)
  • 使用树状数组或者线段树,直接区间修改,转移到当前点使用单点查询,时间复杂度 \\(O(nlogn)\\)
/* 前继状态转移到当前,维护前缀和 */
class Solution
{
public:
    bool canReach(string s, int minJump, int maxJump)
    {
        int n = s.length();
        vector<int> dp(n + 7, 0), sum(n + 7, 0);
        dp[1] = 1;
        for (int i = 1; i < 1 + minJump; ++i) {
            sum[i] = sum[i - 1] + dp[i];
        }
        for (int i = 1 + minJump; i <= n; ++i)
        {
            if (s[i - 1] == \'0\')
            {
                int L = max(1, i - maxJump), R = i - minJump;
                if (sum[R] - sum[L - 1])
                    dp[i] = 1;
            }
            sum[i] = sum[i - 1] + dp[i];
        }
        return dp[n];
    }
};
/* 当前状态转移到后继状态,维护差分数组与前缀和 */
class Solution
{
public:
    bool canReach(string s, int minJump, int maxJump)
    {
        int n = s.length();
        vector<int> d(2 * n + 7);
        d[0]++, d[1]--;
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            sum += d[i];
            if (sum > 0 && s[i] == \'0\' || i == 0) {
                int L = i + minJump, R = i + maxJump;
                d[L]++, d[R + 1]--;
            }
        }
        return sum > 0 && s[n - 1] == \'0\';
    }
};

石子游戏 VIII

\\(A\\)\\(B\\) 玩一个游戏,两人轮流操作,\\(A\\) 先手

总共有 \\(n\\) 个石子排成一行。轮到某个玩家的回合时,如果石子的数目大于 \\(1\\) ,他将执行以下操作

  • 选择一个整数 \\(x > 1\\) ,并且 移除 最左边的 \\(x\\) 个石子。
  • 将移除的石子价值之  累加到该玩家的分数中。
  • 将一个 新的石子 放在最左边,且新石子的值为被移除石子值之和。
  • 当只剩下 一个 石子时,游戏结束。

\\(A\\)\\(B\\) 的分数之差为 (\\(A\\) 的分数减去 \\(B\\) 的分数) 。 \\(A\\) 的目标是 最大化 分数差,\\(B\\) 的目标是 最小化 分数差。

给你一个长度为 \\(n\\) 的整数数组 stones ,其中 stones[i] 是 从左边起 第 i 个石子的价值。请你返回在双方都采用 最优 策略的情况下,\\(A\\)\\(B\\) 的分数之差

题解

选取前 \\(x\\) 个石子获得的分数为 \\(\\sum\\limits_{i = 1}^{x}a\\left[i\\right]\\),这个可以用前缀和 \\(pre\\) 维护

\\(dp\\left[i\\right]\\) 表示可选石子范围为 \\([i,\\ n)\\) 时,\\(A\\)\\(B\\) 的分差最大值

考虑 \\(A\\) 是否选择 \\(i\\) 石子

  • 不选择,那么 \\(A\\) 要在 \\([i + 1,\\ n)\\) 内进行选择,因此有 \\(dp\\left[i\\right] = dp\\left[i + 1\\right]\\)
  • 选择,那么 \\(A\\) 获得分数 \\(pre\\left[i\\right]\\),同时 \\(B\\)\\([i + 1, n)\\) 内选择,因此 \\(dp\\left[i\\right] = pre[i] - dp\\left[i + 1\\right]\\)

所以 \\(dp\\left[i\\right] = max\\left\\{dp\\left[i + 1\\right],\\ pre[i] - dp\\left[i + 1\\right]\\right\\}\\)

博弈论 \\(dp\\) 通常倒序转移,最后返回 \\(dp\\left[1\\right]\\)

数据保证

\\(1\\leq n\\leq 10^5\\)

class Solution {
public:
    int stoneGameVIII(vector<int>& stones) {
        int n = stones.size();
        vector<int> pre(n), dp(n);
        pre[0] = stones[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i) pre[i] = pre[i - 1] + stones[i];
        dp[n - 1] = pre[n - 1];
        for (int i = n - 2; i >= 1; --i) {
            dp[i] = max(dp[i + 1], pre[i] - dp[i + 1]);
        }
        return dp[1];
    }
};

后记

博弈论 \\(dp\\) 还是挺难的,看了题解想半天才明白,不过似乎也有对应的套路,还是要多刷题

以上是关于单周赛 242 题解的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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