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大家好，我是小彭。
上周末是 LeetCode 第 100 场双周赛，你加入了吗？这场周赛整体没有 Hard 题，然而也没有 Easy 题。第一题国服前百名里超过一半人 wa，很少见。
小彭的技术交换群 02 群来了，公众号回复“加群”退出咱们~
周赛概览
-
2591. 将钱分给最多的儿童（Easy）
- 题解一：模仿 $O(1)$
- 题解二：齐全背包 $O(children·money^2)$
-
2592. 最大化数组的平凡值（Medium）
- 题解一：贪婪 / 田忌赛马 $O(nlgn)$
- 题解二：最大反复计数 $O(n)$
-
2593. 标记所有元素后数组的分数（Medium）
- 题解一：排序 O$(nlgn)$
- 题解二：依照严格递加字段分组 $O(n)$
-
2594. 修车的起码工夫（Medium)
- 题解一：二分查找 $O(n + U·log(mc^2))$
- 题解二：二分查找 + 计数优化 $O(n·log(mc^2))$
2591. 将钱分给最多的儿童（Easy）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/distribute-money-to-maximum-chil…
题目形容
给你一个整数 money，示意你总共有的钱数（单位为美元）和另一个整数 children，示意你要将钱调配给多少个儿童。
你须要依照如下规定调配：
- 所有的钱都必须被调配。
- 每个儿童至多取得
1美元。 - 没有人取得
4美元。
请你依照上述规定调配金钱，并返回 最多 有多少个儿童取得 恰好 **8 美元。如果没有任何调配计划，返回 -1。
题解一（模仿）
这道题搞数字科学？发发发 888？
简略模拟题，然而错误率很高，提交通过率仅 19%。
class Solution {fun distMoney(money: Int, children: Int): Int {
var left = money
// 每人至多调配 1 元
left -= children
// 违反规定 2
if (left < 0) return -1
// 1、完满：正好所有人能够调配 8 元
if (left == children * 7) return children
// 2、溢出：所有人能够调配 8 元有结余，须要抉择 1 集体调配结余的金额
if (left > children * 7) return children - 1
// 3、有余：尽可能调配 8 元
var sum = left / 7
// 结余金额
left -= sum * 7
// 如果结余 3 元，并且剩下 1 人调配了 1 元，须要毁坏一个 8 元避免出现调配 4 美元
if (left == 3 && children - sum == 1) return sum - 1
return sum
}
}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(1)$
- 空间复杂度：$O(1)$
题解二（齐全背包问题）
比赛中脑海闪现过背包问题的思路，但第一题暴力才是王道，赛后验证可行。
- 包裹：最多有
children人； - 物品：每个金币价值为 1 且不可分割，最多物品数为
money个； - 指标：包裹价值恰好为 8 的最大个数；
- 限度条件：不容许包裹价值为 4，每个包裹至多装 1 枚金币。
令 dp[i][j] 示意调配到 i 集体为止，且调配总金额为 j 元时的最大价值，则有：
- 递推关系：
$$
dp[i][j]=\sum_{k=1}^{j,k!=4} dp[i-1][j-k] + I(k==8)
$$
- 初始状态
dp[0][0] = 0 - 终止状态
dp[children][money]
class Solution {fun distMoney(money: Int, children: Int): Int {
var left = money
// 每人至多调配 1 元
left -= children
// 违反规定 2
if (left < 0) return -1
val dp = Array(children + 1) {IntArray(left + 1) {-1} }
dp[0][0] = 0
// i：枚举包裹
for (i in 1..children) {
// j：枚举金额
for (j in 0..left) {
// k：枚举选项
for (k in 0..j) {
// 不容许抉择 3
if (k == 3) continue
// 子状态违反规定
if (-1 == dp[i - 1][j - k]) continue
// 子状态 + 以后包裹状态
val cnt = dp[i - 1][j - k] + if (k == 7) 1 else 0
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], cnt)
}
}
}
return dp[children][left]
}
}滚动数组优化：
class Solution {fun distMoney(money: Int, children: Int): Int {
var left = money
// 每人至多调配 1 元
left -= children
// 违反规定 2
if (left < 0) return -1
val dp = IntArray(left + 1) {-1}
dp[0] = 0
// i：枚举包裹
for (i in 1..children) {
// j：枚举金额
for (j in left downTo 0) {
// k：枚举选项
for (k in 0..j) {
// 不容许抉择 3
if (k == 3) continue
// 子状态违反规定
if (-1 == dp[j - k]) continue
// 子状态 + 以后包裹状态
val cnt = dp[j - k] + if (k == 7) 1 else 0
dp[j] = Math.max(dp[j], cnt)
}
}
}
return dp[left]
}
复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(children·money^2)$
- 空间复杂度：$O(money)$
近期周赛背包问题：
- LeetCode 周赛 333 · 无平方子集计数（Medium）
- LeetCode 周赛 335 · 取得分数的办法数（Hard）
2592. 最大化数组的平凡值（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/maximize-greatness-of-an-array/
题目形容
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums。你须要将 nums 重新排列成一个新的数组 perm。
定义 nums 的 平凡值 为满足 0 <= i < nums.length 且 perm[i] > nums[i] 的下标数目。
请你返回重新排列 nums 后的 最大 平凡值。
题解一（贪婪 / 田忌赛马）
贪婪思路：田忌赛马，以下赛马策略最优：
- 田忌的中等马对齐威王的下等马，田忌胜；
- 田忌的上等马对齐威王的中等马，田忌胜；
- 田忌的下等马对齐威王的下等马，齐威王胜。
回到本题，思考一组奉献平凡值的配对 $(p, q)$，其中 $p < q$。因为越小的值越匹配到更大值，为了让后果最优，应该让 p 尽可能小，即优先匹配 nums 数组的较小值。那么 $q$ 如何抉择呢？有 2 种策略：
- 策略 1 – 优先匹配最大值：无奈失去最优解，因为会耗费了较大的 q 值，可能导致局部 p 值无奈匹配（如果田忌用上等马对齐威王的下等马，最终将是齐威王生出）；
-
策略 2- 优先匹配最靠近的更大值：最优解，即田忌赛马策略，以 [1,1,1,2,3,3,5] 为例：
- 初始状态 i = 0，j = 0；
- i = 0，j = 0，无奈奉献平凡值，j 自增 1（寻找最靠近的更大值）；
- i = 0，j = 1，无奈奉献平凡值，j 自增 1；
- i = 0，j = 2，无奈奉献平凡值，j 自增 1；
- i = 0，j = 3，奉献平凡值，j 自增 1，i 自增 1；
- i = 1，j = 4，奉献平凡值，j 自增 1，i 自增 1；
- i = 2，j = 5，奉献平凡值，j 自增 1，i 自增 1；
- i = 3，j = 6，奉献平凡值，j 自增 1，i 自增 1；
- 退出循环，i = 4；正好等于平凡值 4。
class Solution {fun maximizeGreatness(nums: IntArray): Int {nums.sort()
// i：参加匹配的指针
var i = 0
for (num in nums) {
// 奉献平凡值
if (num > nums[i]) i++
}
return i
}
}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(nlgn + n)$ 排序 + 线性遍历，其中 $n$ 是 $nums$ 数组长度；
- 空间复杂度：$O(lgn)$ 排序递归栈空间。
题解二（最大反复计数）
比赛中从测试用例中察看到题解与最大反复数存在关系，例如：
- 用例 [1,1,1,2,3,3,5]：最大反复数为 3，一个最优计划为 [2,3,3,5,x,x,x]，最大平凡值为 7 – 3 = 4，其中 7 是数组长度；
- 用例 [1,2,2,2,2,3,5]：最大反复数为 4，一个最优计划为 [2,3,5,x,x,x,x]，最大平凡值为 7 – 4 = 3，其中 7 是数组长度；
- 用例 [1,1,2,2,2,2,3,3,5]，最大反复数为 4，一个最优计划为 [2,2,3,3,5,x,x,x,x]，最大平凡值为 9 – 4 = 5，其中 9 是数组长度。
咱们发现题目的瓶颈在于数字最大反复呈现计数。最大平凡值正好等于 数组长度 – 最大反复计数。
如何证实？关键在于 i 指针和 j 指针的最大间隔：
当 i 指针指向反复元素的首个元素时（例如下标为 0、2、6 的地位），j 指针必须挪动到最靠近的较大元素（例如下标为 2，6，8 的地位）。而 i 指针和 j 指针的最大错开间隔取决于数组反复呈现次数最多的元素，只有错开这个间隔，无论数组后续局部有多长，都可能匹配上。
class Solution {fun maximizeGreatness(nums: IntArray): Int {
var maxCnt = 0
val cnts = HashMap<Int, Int>()
for (num in nums) {cnts[num] = cnts.getOrDefault(num, 0) + 1
maxCnt = Math.max(maxCnt, cnts[num]!!)
}
return nums.size - maxCnt
}
}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 是 $nums$ 数组的长度；
- 空间复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 是 $cnts$ 散列表空间。
2593. 标记所有元素后数组的分数（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/find-score-of-an-array-after-mar…
题目形容
给你一个数组 nums，它蕴含若干正整数。
一开始分数 score = 0，请你依照上面算法求出最初分数：
- 从数组中抉择最小且没有被标记的整数。如果有相等元素，抉择下标最小的一个。
- 将选中的整数加到
score中。 - 标记 被选中元素 ，如果有相邻元素，则同时标记 与它相邻的两个元素。
- 反复此过程直到数组中所有元素都被标记。
请你返回执行上述算法后最初的分数。
题解一（排序）
这道题犯了大忌，没有正确理解题意。一开始认为“相邻的元素”是指未标记的最相邻元素，花了很多工夫思考如何疾速找到左右未标记的数。其实题目没有这么简单，就是标记数组上的相邻元素。
如此这道题只能算 Medium 偏 Easy 难度。
class Solution {fun findScore(nums: IntArray): Long {
// 小顶堆（索引）val heap = PriorityQueue<Int>() { i1, i2 ->
if (nums[i1] != nums[i2]) nums[i1] - nums[i2] else i1 - i2
}.apply {for (index in nums.indices) {offer(index)
}
}
var sum = 0L
while (!heap.isEmpty()) {val index = heap.poll()
if (nums[index] == 0) continue
// 标记
sum += nums[index]
nums[index] = 0
// 标记相邻元素
if (index > 0) nums[index - 1] = 0
if (index < nums.size - 1) nums[index + 1] = 0
}
return sum
}
}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(nlgn)$ 堆排序工夫，其中 $n$ 是 $nums$ 数组长度；
- 空间复杂度：$O(n)$ 堆空间。
题解二（依照严格递加字段分组）
思路参考：灵茶山艾府的题解
依照严格递加字段分组，在找到坡底后距离累加 nums[i]，nums[i – 2]，nums[i – 4]，并从 i + 2 开始持续寻找坡底。
class Solution {fun findScore(nums: IntArray): Long {
val n = nums.size
var sum = 0L
var i = 0
while (i < nums.size) {
val i0 = i // 坡顶
while (i + 1 < n && nums[i] > nums[i + 1]) i++ // 寻找坡底
for (j in i downTo i0 step 2) { // 距离累加
sum += nums[j]
}
i += 2 // i + 1 不能选
}
return sum
}
}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 是 $nums$ 数组的长度，每个元素最多拜访 2 次；
- 空间复杂度：$O(1)$ 只应用常数空间。
2594. 修车的起码工夫（Medium)
题目地址
https://leetcode.cn/problems/minimum-time-to-repair-cars/
题目形容
给你一个整数数组 ranks，示意一些机械工的 能力值。ranksi 是第 i 位机械工的能力值。能力值为 r 的机械工能够在 r * n2 分钟内修好 n 辆车。
同时给你一个整数 cars，示意总共须要修理的汽车数目。
请你返回修理所有汽车 起码 须要多少工夫。
留神： 所有机械工能够同时修理汽车。
题解（二分查找）
咱们发现问题在工夫 t 上存在枯燥性：
- 假如能够在 t 工夫内修完所有车，那么大于 t 的工夫都能修完；
- 如果不能在 t 工夫内修完所有车，那么小于 t 的工夫都无奈修完。
因而，咱们能够用二分查找寻找“能够修完的最小工夫”：
- 二分的下界：1；
- 二分的上界：将所有的车交给能力值排序最高的工人，因为他的效率最高。
class Solution {fun repairCars(ranks: IntArray, cars: Int): Long {
// 寻找能力值排序最高的工人
var minRank = Integer.MAX_VALUE
for (rank in ranks) {minRank = Math.min(minRank, rank)
}
var left = 1L
var right = 1L * minRank * cars * cars
// 二分查找
while (left < right) {val mid = (left + right) ushr 1
if (check(ranks, cars, mid)) {right = mid} else {left = mid + 1}
}
return left
}
// return 是否在 t 工夫内修完所有车
private fun check(ranks: IntArray, cars: Int, t: Long): Boolean {
// 计算并行修车 t 工夫能修完的车（因为 t 的上界较大，carSum 会溢出 Int）var carSum = 0L
for (rank in ranks) {carSum += Math.sqrt(1.0 * t / rank).toLong()}
return carSum >= cars
}
}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n·log(mc^2))$ 其中 $n$ 是 $ranks$ 数组长度，$m$ 是 $ranks$ 数组的最小值，$c$ 是车辆数量，二分的次数是 $O(log(mc^2))$，每次 $check$ 操作破费 $O(n)$ 工夫；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅应用常量级别空间。
题解二（二分查找 + 计数优化）
咱们发现 $ranks$ 的取值范畴很小，所有能够用计数优化每次 $check$ 操作的工夫复杂度：
class Solution {fun repairCars(ranks: IntArray, cars: Int): Long {
// 寻找能力值排序最高的工人
val cnts = IntArray(101)
var minRank = Integer.MAX_VALUE
for (rank in ranks) {minRank = Math.min(minRank, rank)
cnts[rank]++
}
var left = 1L
var right = 1L * minRank * cars * cars
// 二分查找
while (left < right) {val mid = (left + right) ushr 1
if (check(ranks, cars, cnts, minRank, mid)) {right = mid} else {left = mid + 1}
}
return left
}
// return 是否在 t 工夫内修完所有车
private fun check(ranks: IntArray, cars: Int, cnts: IntArray, minRank: Int, t: Long): Boolean {
// 计算并行修车 t 工夫能修完的车（因为 t 的上界较大，carSum 会溢出 Int）var carSum = 0L
for (rank in minRank..100) {if (cnts[rank] == 0) continue
carSum += cnts[rank] * Math.sqrt(1.0 * t / rank).toLong()}
return carSum >= cars
}
}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n + U·log(mc^2))$ 其中 $n$ 是 $ranks$ 数组长度，$m$ 是 $ranks$ 数组的最小值，$U$ 是 $ranks$ 数组的取值范畴，$c$ 是车辆数量，二分的次数是 $O(log(mc^2))$，每次 $check$ 操作破费 $O(U)$ 工夫；
- 空间复杂度：$O(U)$ $cnts$ 计数数组空间。
近期周赛二分查找题目：
- LeetCode 332 · 统计偏心数对的数目（Medium）
- LeetCode 334 · 在网格图中拜访一个格子的起码工夫（Hard）
这场周赛就这么多，咱们下周见。