LeetCode 双周赛 101，DP/中心位贪心/裴蜀定理/Dijkstra/最小环
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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LeetCode 双周赛 101，DP/中心位贪心/裴蜀定理/Dijkstra/最小环相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
本文已收录到 AndroidFamily，技术和职场问题，请关注公众号 [彭旭锐] 提问。
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，整体有点难度，第 3 题似乎比第 4 题还难一些。
周赛大纲
2605. 从两个数字数组里生成最小数字（Easy）
- 题解一：散列表 $O(n + m)$ 空间
- 题解二：位运算 $O(1)$ 空间
2606. 找到最大开销的子字符串（Medium）
- 动态规划 O(n)
2607. 使子数组元素和相等（Medium）
- 题解 1：拼接数组 + 中位数贪心 · 错误
- 题解 2：数组分组 + 中位数贪心 $O(nlgn)$
- 题解 3：裴蜀定理 + 中位数贪心 $O(nlgn)$
- 题解 4：裴蜀定理 + 中位数贪心 + 快速选择 $O(n)$
2608. 图中的最短环（Hard）
- 题解 1：枚举边 + Dijkstra 最短路 + 最小堆 $O(m + m^2·lgn)$
- 题解 2：枚举边 + BFS $O(m + m^2)$
2605. 从两个数字数组里生成最小数字（Easy）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/form-smallest-number-from-two-digit-arrays/description/
题目描述
给你两个只包含 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 ，请你返回 最小 的数字，两个数组都 至少 包含这个数字的某个数位。
题解一（散列表）
简单模拟题，需要对 API 比较熟悉才能写出精炼的代码。
思路：优先选择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()
// 优先选择交集
val set = set1.intersect(set2)
if (!set.isEmpty()) return Collections.min(set)
// 选择最小值
val min1 = Collections.min(set1)
val min2 = Collections.min(set2)
// 拼接
return Math.min(10 * min1 + min2, 10 * min2 + min1)
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n + m)$ 其中 $n$ 是 $nums1$ 数组的长度，$m$ 是 $nums2$ 数组的长度；
- 空间复杂度：$O(n + m)$ 散列表空间
题解二（位运算）
使用二进制位标记代替散列表
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：最低位连续 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)
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n + m)$ 其中 $n$ 是 $nums1$ 数组的长度，$m$ 是 $nums2$ 数组的长度；
- 空间复杂度：$O(1)$ 散列表空间
2606. 找到最大开销的子字符串（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/find-the-substring-with-maximum-cost/
题目描述
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 。
子字符串的开销 是一个子字符串中所有字符对应价值之和。空字符串的开销是 0 。
字符的价值 定义如下：
- 如果字符不在字符串
chars中，那么它的价值是它在字母表中的位置（下标从 1 开始）。- 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。
- 比方说，
- 否则，如果这个字符在
chars中的位置为i，那么它的价值就是vals[i]。
请你返回字符串 s 的所有子字符串中的最大开销。
题解（动态规划）
简单动态规划问题。
先根据题意维护 a-z 每个字母的开销，再求 53. 最长子数组和 问题。
定义 dp[i] 表示以 [i] 为结尾的最大子数组和，则有
- 与 $a[0, i - 1]$ 拼接：$dp[i] = dp[i - 1] + vals[i]$
- 不与 $a[i - 1]$ 拼接（单独作为子数组）：$dp[i] = vals[i]$
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
滚动数组优化：
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
另一种理解，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：
- $dp[i] = Math.max(dp[i - 1], 0) + vals[i]$
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. 使子数组元素和相等（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/make-k-subarray-sums-equal/
题目描述
给你一个下标从 0 开始的整数数组 arr 和一个整数 k 。数组 arr 是一个循环数组。换句话说，数组中的最后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最后一个元素。
你可以执行下述运算任意次：
- 选中
arr中任意一个元素，并使其值加上1或减去1。
执行运算使每个长度为 k 的 子数组 的元素总和都相等，返回所需要的最少运算次数。
子数组 是数组的一个连续部分。
问题分析
分析 1： 先不考虑循环数组的前提，分析数据约束 “对于满足每个长度为 k 的子数组的和相等”，那么
$a[i]+a[i+1] +…+a[i+k-1] == a[i+1]+a[i+2]+…+a[i+k-1]+a[i+k]$
等式两边化简得：
$a[i]=a[i+k]$
也就是说，数组上每间隔 k 的元素要相等。因此我们需要将每间隔 k 的元素分为一组，再将组内元素调整为相等值；
分析 2： 如何将组内元素调整为相等值呢？可以证明选择中位数的贪心做法是最优的。
分析 3： 考虑循环数组的前提，对于 i + k ≥ len(arr) 的情况，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 · 错误）
循环数组有拼接一倍数组的模拟做法，我们模拟出 2*n 长度的数组，在访问每个位置时，将所有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，因为同一个分组有可能循环多轮才会遇到。即使不考虑错误，在这道题的数据范围上也会内存溢出。
错误测试用例：$arr = [1, 5, 8, 10], k = 3$
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 // 扩充了一倍数组，所以操作数也翻倍了
题解二（数组分组 + 中位数贪心）
既然不能使用数组，那么可以在内存循环中一直循环取同分组为止，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
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nlgn)$ 其中 $n$ 为 $arr$ 数组长度，每个元素最多访问一次，且排序一次，所以整体时间是 $O(nlgn)$；
- 空间复杂度：$O(n + lgn)$ 标记数组空间 + 排序递归栈空间。
题解三（裴蜀定理 + 中位数贪心）
根据前文分析，我们需要保证最终数组是以 $k$ 为循环周期的，而循环数组本身又是以 $n$ 为循环周期的。根据 裴蜀定理 ，如果一个数组存在周期 $k$ 和周期 $n$，那么必然存在周期 $gcb(k, n)$，而 $gcb(k, n)$ 必然小于 $n$，我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)
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nlgn)$ 其中 $n$ 为 $arr$ 数组长度，每个元素最多访问一次，且排序一次，所以整体时间是 $O(nlgn)$；
- 空间复杂度：$O(n + lgn)$ 分组空间 + 排序递归栈空间，分组空间最大为 $n$；
题解四（裴蜀定理 + 中位数贪心 + 快速选择）
排序是为了寻找中位数，没必要对整个分组排序，可以优化为快速选择，时间复杂度优化到 $O(n)$，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])
// 快速选择
quickSelect(bucket)
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket)
ret += Math.abs(element - midVal)
return ret
// 快速选择中位数
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
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 为 $arr$ 数组长度，每个元素最多访问一次；
- 空间复杂度：$O(n)$ 分组空间，分组空间最大为 $n$；
相似题目：
2608. 图中的最短环（Hard）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/shortest-cycle-in-a-graph/
题目描述
现有一个含 n 个顶点的 双向 图，每个顶点按从 0 到 n - 1 标记。图中的边由二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示顶点 ui 和 vi 之间存在一条边。每对顶点最多通过一条边连接，并且不存在与自身相连的顶点。
返回图中 最短 环的长度。如果不存在环，则返回 -1 。
环 是指以同一节点开始和结束，并且路径中的每条边仅使用一次。
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：对于每条边 $(u, v)$，求不经过 $(u,v)$ 边从 $u$ 到 $v$ 的最短路 $len$，那么包含 $(u,v)$ 的最短环就是 $len + 1$。枚举所有边，则所有答案的最小值就是图的最小环。
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())
// 使用 O(lgn) 找出已选集中最短路长度最小的节点
val x = heap.poll()
// 松弛相邻点
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
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(m + m^2·lgn)$ 其中 $n$ 为顶点个数，$m$ 为边个数，每条边跑 Dijkstra 最短路每轮迭代以 $O(lgn)$ 取出已选集中最短路长度最小的节点，每次 Dijkstra 的时间是 $O(m·lgn)$；
- 空间复杂度：$O(m + n)$ 图空间 + 最小堆空间，使用邻接表可以降低空间到 $O(m + n)$。
题解二（枚举边 + BFS）
由于这道题的边权是 1，所以不需要使用高级的图论算法也能做。
为什么呢，因为每个边权的长度是 1，所以已经访问过的节点是不会存在更短路径的。所以我们不需要使用堆，直接使用队列，最先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()
// 松弛相邻点
for (y in graph[x])
// 忽略 (u, v) 边
if (x == u && y == v) continue
// 已经访问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
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(m + m^2)$ 在每轮 BFS 中，每条边最多访问 2 次，因此每轮 BFS 的时间复杂度是 $O(m)$；
- 空间复杂度：$O(m + n)$。
LeetCode 第63场双周赛复盘
LeetCode 第63场双周赛复盘
背景
2022秋招以0 offer基本结束，没有收到很满意的offer，基本上大厂全挂。对自己这样一个结果并不满意，为了能在春招上收获到满意的offer，于是决定继续参加周赛，提高自己的算法能力。
结果
前面二道过了，第二题wa了9次。全球排名4603 / 9524，全国排名1499/2828，妥妥的中位数。下次的目标是进前50%
复盘
第一题[简单贪心]：
题目描述：
一个房间里有 n 个座位和 n 名学生，房间用一个数轴表示。给你一个长度为 n 的数组 seats ，其中 seats[i] 是第 i 个座位的位置。同时给你一个长度为 n 的数组 students ，其中 students[j] 是第 j 位学生的位置。
你可以执行以下操作任意次：
- 增加或者减少第 i 位学生的位置，每次变化量为 1 （也就是将第 i 位学生从位置 x 移动到 x + 1 或者 x - 1）
请你返回使所有学生都有座位坐的 最少移动次数 ，并确保没有两位学生的座位相同。
请注意，初始时有可能有多个座位或者多位学生在 同一 位置。
示例1 ：
输入：seats = [3,1,5], students = [2,7,4]
输出：4
解释：学生移动方式如下：
- 第一位学生从位置 2 移动到位置 1 ，移动 1 次。
- 第二位学生从位置 7 移动到位置 5 ，移动 2 次。
- 第三位学生从位置 4 移动到位置 3 ，移动 1 次。
总共 1 + 2 + 1 = 4 次移动。
题目解答：
翻译翻译就是，给这些懒得多走路的学生找位置坐，使得他们走的路是最少的。
当时竞赛的解答：
我的想法非常朴素，是给每个懒学生找离他们最近的位子坐。
主要是靠经验，因为周赛一般来说第一题都很简单，通常就是贪心题。比较常见的贪心做法就是先排序。
class Solution {
public int minMovesToSeat(int[] seats, int[] students) {
Arrays.sort(seats);
Arrays.sort(students);
int n = seats.length;
int res = 0;
for(int i=0;i<n;i++){
res+=Math.abs(seats[i]-students[i]);
}
return res;
}
}
贪心题的证明[想要提高必须要吃的苦]
证明上述的贪心做法是正确的,别看写的多，其实就是去绝对值
-
n=1时，只能有去做那个位置
-
n=2时，设两个座位位置分别是a,b，满足a<b;设两个学生c,d，满足c<d;
- 方案一，按照大小关系一一对应，即cost1=|a-c|+|b-d|
- 方案二，不按照方案一，那么选择的代价cost2=|a-d|+|b-c|;
要证明方案一的代价要比方案二的代价小，即cost1<cost2，也就是cost1-cost2<0
要求绝对值，就得判断大小关系，题设有a<b；c<d；
情况一：a<b<c<d;
∣ a − c ∣ + ∣ b − d ∣ − ( ∣ a − d ∣ + ∣ b − c ∣ ) = c − a + d − b − ( d − a + c − b ) |a-c|+|b-d|-(|a-d|+|b-c|)=c-a+d-b-(d-a+c-b) ∣a−c∣+∣b−d∣−(∣a−d∣+∣b−c∣)=c−a+d−b−(d−a+c−b)= c − a + d − b − d + a − b − c = 0 =c-a+d-b-d+a-b-c=0 =c−a+d−b−d+a−b−c=0
情况二：c<d<a<b;两种方案一样
∣ a − c ∣ + ∣ b − d ∣ − ( ∣ a − d ∣ + ∣ b − c ∣ ) = 0 |a-c|+|b-d|-(|a-d|+|b-c|)=0 ∣a−c∣+∣b−d∣−(∣a−d∣+∣b−c∣)=0
情况三：a<c<b<d;
∣
a
−
c
∣
+
∣
b
−
d
∣
−
(
∣
a
−
d
∣
+
∣
b
−
c
∣
)
=
2
(
c
−
b
)
<
0
|a-c|+|b-d|-(|a-d|+|b-c|)=2(c-b)<0
∣a−c∣+∣b−d∣−(∣a−d∣+∣b−c∣)=2(c−b)<0
情况四：c<a<d<b;
∣
a
−
c
∣
+
∣
b
−
d
∣
−
(
∣
a
−
d
∣
+
∣
b
−
c
∣
)
=
2
(
c
−
d
)
<
0
|a-c|+|b-d|-(|a-d|+|b-c|)=2(c-d)<0
∣a−c∣+∣b−d∣−(∣a−d∣+∣b−c∣)=2(c−d)<0
情况五：a<c<d<b:
∣
a
−
c
∣
+
∣
b
−
d
∣
−
(
∣
a
−
d
∣
+
∣
b
−
c
∣
)
=
c
−
a
+
b
−
d
−
(
d
−
a
+
b
−
c
)
=
2
(
c
−
d
)
<
0
|a-c|+|b-d|-(|a-d|+|b-c|)=c-a+b-d-(d-a+b-c)=2(c-d)<0
∣a−c∣+∣b−d∣−(∣a−d∣+∣b−c∣)=c−a+b−d−(d−a+b−c)=2(c−d)<0
- n>2时，用数学归纳法证明
第二题Alice和Bob
题目描述
总共有 n 个颜色片段排成一列，每个颜色片段要么是 ‘A’ 要么是 ‘B’ 。给你一个长度为 n 的字符串 colors ，其中 colors[i] 表示第 i 个颜色片段的颜色。
Alice 和 Bob 在玩一个游戏，他们 轮流 从这个字符串中删除颜色。Alice 先手 。
如果一个颜色片段为 ‘A’ 且 相邻两个颜色 都是颜色 ‘A’ ，那么 Alice 可以删除该颜色片段。Alice 不可以 删除任何颜色 ‘B’ 片段。
如果一个颜色片段为 ‘B’ 且 相邻两个颜色 都是颜色 ‘B’ ，那么 Bob 可以删除该颜色片段。Bob 不可以 删除任何颜色 ‘A’ 片段。
Alice 和 Bob 不能 从字符串两端删除颜色片段。
如果其中一人无法继续操作，则该玩家 输 掉游戏且另一玩家 获胜 。
假设 Alice 和 Bob 都采用最优策略，如果 Alice 获胜，请返回 true，否则 Bob 获胜，返回 false。
示例 1：
输入：colors = “AAABABB”
输出：true
解释：
AAABABB -> AABABB
Alice 先操作。
她删除从左数第二个 ‘A’ ，这也是唯一一个相邻颜色片段都是 ‘A’ 的 ‘A’ 。现在轮到 Bob 操作。
Bob 无法执行任何操作，因为没有相邻位置都是 ‘B’ 的颜色片段 ‘B’ 。
因此，Alice 获胜，返回 true 。
题目解答
就是找出两个人可以操作的次数，因为alice先开始，所以如果alice的操作次数大于bob的操作次数+1的话，那么alice就赢了
wa了9次，才想出的，可以看出写出的代码也很烂。看别人的代码也有用字符串写的
class Solution {
public boolean winnerOfGame(String colors) {
int n = colors.length();
int prevA = -1;
int cnt1 = 0;
int cnt2 = 0;
int lenA = 0;
int prevB = -1;
int lenB = 0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(colors.charAt(i)=='A'){
prevB = i;
if(lenB>=3){
cnt2+=lenB-2;
}
lenB=0;
lenA = Math.max(lenA,i-prevA);//统计当前连续的A
}else{
prevA = i;
if(lenA>=3){
cnt1+=lenA-2;
//如果A的连续断了就将这一段可以操作的次数加上去
}
lenA = 0;
lenB = Math.max(lenB,i-prevB);
}
}
//统计末尾的情况
if(lenA>=3){
cnt1+=lenA-2;
}
if(lenB>=3){
cnt2+=lenB-2;
}
if(cnt1>=cnt2+1){
return true;
}else{
return false;
}
}
}
字符串分割写法
public static boolean winnerOfGame(String colors) {
String A[] = colors.split("B");
//比如"AAABABB"，划分出来的就是[AAA,A]
String B[] = colors.split("A");
//划分出来的就是[ , , ,B,BB]
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for (String str : A) {
if (str.length() > 2) {
cnt1 += (str.length() - 2);//只有大于三才能操作
}
}
for (String str : B) {
if (str.length() > 2) {
cnt2 += (str.length() - 2);
}
}
if (cnt1 == 0) return false;
if (cnt1 <= cnt2) return false;
else return true;
}
第三题[无向图的最短路径]
题目描述：
给你一个有 n 个服务器的计算机网络，服务器编号为 0 到 n - 1 。同时给你一个二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示服务器 ui 和 vi 之间有一条信息线路，在 一秒 内它们之间可以传输 任意 数目的信息。再给你一个长度为 n 且下标从 0 开始的整数数组 patience 。
题目保证所有服务器都是 相通 的，也就是说一个信息从任意服务器出发，都可以通过这些信息线路直接或间接地到达任何其他服务器。
编号为 0 的服务器是 主 服务器，其他服务器为 数据 服务器。每个数据服务器都要向主服务器发送信息，并等待回复。信息在服务器之间按 最优 线路传输，也就是说每个信息都会以 最少时间 到达主服务器。主服务器会处理 所有 新到达的信息并 立即 按照每条信息来时的路线 反方向 发送回复信息。
在 0 秒的开始，所有数据服务器都会发送各自需要处理的信息。从第 1 秒开始，每 一秒最 开始 时，每个数据服务器都会检查它是否收到了主服务器的回复信息（包括新发出信息的回复信息）：
如果还没收到任何回复信息，那么该服务器会周期性 重发 信息。数据服务器 i 每 patience[i] 秒都会重发一条信息，也就是说，数据服务器 i 在上一次发送信息给主服务器后的 patience[i] 秒 后 会重发一条信息给主服务器。
否则，该数据服务器 不会重发 信息。
当没有任何信息在线路上传输或者到达某服务器时，该计算机网络变为 空闲 状态。
请返回计算机网络变为 空闲 状态的 最早秒数 。
题目解答：
图这一块还是老样子，老是做不出来
下面是参考借鉴的大佬思路
T i T_i Ti表示 i i i号服务器完成所有传输需要的最短时间, d i s t i dist_i disti表示 i i i号服务器与0号服务器（也叫主服务器）的距离， p a t i e n c e i patience_i patiencei表示 i i i号服务器对应的重发等待时间
从i号服务器发送到主服务器，再从主服务器传回给i号服务器
T
i
=
2
∗
d
i
s
t
i
+
[
(
2
∗
d
i
s
t
i
−
1
)
/
p
a
t
i
e
n
c
e
i
]
∗
p
a
t
i
e
n
c
e
i
T_i=2*dist_i+[(2*dist_i-1)/patience_i]*patience_i
Ti=2∗disti+[(2∗disti−以上是关于LeetCode 双周赛 101，DP/中心位贪心/裴蜀定理/Dijkstra/最小环的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
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