关于android:LeetCode-周赛-334在算法的世界里反复横跳

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大家好，我是小彭。

明天是 LeetCode 第 334 场周赛，你加入了吗？这场周赛考查范畴比拟根底，整体难度比拟均匀，第一题难度偏高，第四题须要咱们在算法里实现“重复横跳”，十分有意思。

小彭的 Android 交换群 02 群来了，公众号回复“加群”退出咱们~

https://leetcode.cn/problems/…

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums，请你找出一个下标从 0 开始的整数数组 answer，其中：

answer.length == nums.length
answer[i] = |leftSum[i] - rightSum[i]|

其中：

leftSum[i] 是数组 nums 中下标 i 左侧元素之和。如果不存在对应的元素，leftSum[i] = 0。
rightSum[i] 是数组 nums 中下标 i 右侧元素之和。如果不存在对应的元素，rightSum[i] = 0。

返回数组 answer。

简略模拟题，应用两个变量记录前后缀和。

class Solution {fun leftRigthDifference(nums: IntArray): IntArray {
        var preSum = 0
        var sufSum = nums.sum()
        val n = nums.size
        val result = IntArray(n)
        for (index in nums.indices) {sufSum -= nums[index]
            result[index] = Math.abs(preSum - sufSum)
            preSum += nums[index]
        }
        return result
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$。
空间复杂度：$O(1)$，不思考后果数组。

https://leetcode.cn/problems/…

给你一个下标从 0 开始的字符串 word，长度为 n，由从 0 到 9 的数字组成。另给你一个正整数 m。

word 的 可整除数组 div 是一个长度为 n 的整数数组，并满足：

如果 word[0,...,i] 所示意的数值能被 m 整除，div[i] = 1
否则，div[i] = 0

返回 word 的可整除数组。

这道题次要靠大数解决。

将前缀字符串 [0, i] 转换为有 2 种形式：

1、应用 String#substring(0, i + 1) 裁剪子串，再转换为数字；
2、应用 前缀 * 10 + word[i] 逐位计算。

然而，这 2 种形式在大数 case 中会遇到整型溢出变为正数，导致判断出错的状况，咱们想方法保障加法运算不会整型溢出。咱们发现：在解决完 [i – 1] 地位后，不用记录 [0, i-1] 的整段前缀，而仅须要记录前缀对 m 的取模后果。

例如当 m 为 3 时，“11 * 10 + 1 = 111” 与 “(11 % 3) * 10 + 1 = 21” 都可能对 3 整除。也能够这样了解：前缀中能被 m 整除的加法因子在后续运算中乘以 10 后仍然可能被 m 整数，所以这部分加法因子应该尽早消掉。

另外还有一个细节：因为 m 的最大值是 $10^9$，前缀的取模后果的最大值为 $10^9 – 1$，而以后地位的最大值是 9，加法后仍然会溢出，因而咱们要用 Long 记录以后地位。

class Solution {fun divisibilityArray(word: String, m: Int): IntArray {
        val n = word.length
        val div = IntArray(n)
        var num = 0L
        for (index in word.indices) {num = num * 10 + (word[index] - '0')
            num %= m
            if (num == 0L) div[index] = 1
        }
        return div
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$。
空间复杂度：$O(1)$，不思考后果数组。

https://leetcode.cn/problems/…

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums。

一开始，所有下标都没有被标记。你能够执行以下操作任意次：

抉择两个 互不雷同且未标记 的下标 i 和 j，满足 2 * nums[i] <= nums[j]，标记下标 i 和 j。

请你执行上述操作任意次，返回 nums 中最多能够标记的下标数目。

这道题的难度是找到贪婪法则。

题目要求：抉择两个互不雷同且未标记的下标 i 和 j，满足 2 * nums[i] <= nums[j]，标记下标 i 和 j。咱们发现题目并不关怀 [i] 和 [j] 的抉择程序，所以对排序不会影响问题后果，而且排序可能更不便地比拟元素大小，因而题目的框架应该是往 排序 + [贪婪 / 双指针 / 二分 / DP] 的思路思考。

较量过程中的思考过程记录下来：

尝试 1 – 排序 + 贪婪双指针：nums[i] 优先应用最小值，nums[j] 优先应用最大值，谬误用例：[1 2 3 6]；
尝试 2 – 排序 + 贪婪：nums[i] 优先应用最小值，nums[j] 应用大于 nums[i] 的最小值，谬误用例：[1 2 4 6]；
尝试 3- 排序 + 贪婪：从后往前遍历，nums[i] 优先应用较大值，nums[j] 应用大于 nums[i] 的最小值，谬误用例：[2 3 4 8]。

陷入僵局……

开始转换思路：是否将数组拆分为两局部，作为 nums[i] 的分为一组，作为 nums[j] 的分为一组。例如，在用例 [1 2 | 3 6] 和 [1 2 | 4 6] 和 [2 3 | 4 8]中，将数组的前局部作为 nums[i] 而后半局部作为 nums[j] 时，能够失去最优解，至此发现贪婪法则。

设数组的长度为 n，最大匹配对数为 k。

贪婪法则 1：从小到大排序后，应用数组的左半局部作为 nums[i] 且应用数组的右半局部作为 nums[j] 总能取到最优解。反之，如果应用右半局部的某个数 nums[t] 作为 nums[i]，相当于占用了一个较大的数，不利于后续 nums[i] 寻找配对。

将数组拆分为两局部后：

贪婪法则 2：从小到大排序后，当固定 nums[i] 时，nums[j] 越小越好，否则会占用一个较大的地位，不利于后续 nums[i] 寻找配对。因而最优解肯定是应用左半局部的最小值与右半局部的最小值配对。

能够应用双指针求解：

class Solution {fun maxNumOfMarkedIndices(nums: IntArray): Int {nums.sort()
        val n = nums.size
        var count = 0
        var j = (n + 1) / 2
        outer@ for (i in 0 until n / 2) {while (j < n) {if (nums[i] * 2 <= nums[j++]) {
                    count += 2
                    continue@outer
                }
            }
        }
        return count
    }
}

简化写法：

class Solution {fun maxNumOfMarkedIndices(nums: IntArray): Int {nums.sort()
        val n = nums.size
        var i = 0
        for (j in (n + 1) / 2 until n) {if (2 * nums[i] <= nums[j]) i++
        }
        return i * 2
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(nlgn + n)$ 其中 $n$ 为 $nums$ 数组长度，排序工夫 $O(nlgn)$，双指针遍历工夫 $O(n)$；
空间复杂度：$O(lgn)$ 排序递归栈空间。

https://leetcode.cn/problems/…

给你一个 m x n 的矩阵 grid，每个元素都为非负整数，其中 grid[row][col] 示意能够拜访格子 (row, col) 的最早工夫。也就是说当你拜访格子 (row, col) 时，起码曾经通过的工夫为 grid[row][col]。

你从 最左上角 登程，登程时刻为 0，你必须始终挪动到上下左右相邻四个格子中的任意一个格子（即不能停留在格子上）。每次挪动都须要破费 1 单位工夫。

请你返回最早达到右下角格子的工夫，如果你无奈达到右下角的格子，请你返回 -1。

这道题是单源正权最短路的衍生问题，先回顾以一下相似的最短路问题解决方案：

Dijkstra 算法（单源正权最短路）：
- 实质上是贪婪 + BFS；
- 负权边会毁坏贪婪策略的抉择，无奈解决含负权问题；
- 稠密图小顶堆的写法更优，浓密图奢侈写法更优。
Floyd 算法（多源汇正权最短路）
Bellman Ford 算法（单源负权最短路）
SPFA 算法（单源负权最短路）

这道题是求从一个源点到指标点的最短门路，并且这条门路上没有负权值，合乎 Dijkstra 算法的利用场景。

Dijkstra 算法的实质是贪婪 + BFS，咱们须要将所有节点分为 2 类，在每一轮迭代中，咱们从“候选集”中抉择间隔终点最短路长度最小的节点，因为该点不存在更优解，所以能够用该点来“松弛”相邻节点。

1、确定集：已确定（从终点开始）到以后节点最短门路的节点；
2、候选集：未确定（从终点开始）到以后节点最短门路的节点。

当初，咱们剖析在题目束缚下，如何将原问题转换为 Dijkstra 最短路问题。

咱们定义 dis[i][j] 示意达到 (i, j) 的最短时间，依据题目束缚“grid[row][col]示意能够拜访格子 (row, col) 最早工夫”可知，dis[i][j] 的最小值不会低于 grid[i][j]。

当初须要思考如何推导出递推关系：

假如曾经确定达到地位 (i, j) 的最短时间是 time，那么相邻地位 (x, y) 的最短时间为：

如果 time + 1 ≥ grid[x][y]，那么不须要期待就能够进入，进入 (x, y) 的最短时间就是 time + 1；
如果 time + 1 < grid[x][y]，那么必须通过期待耗费工夫进入。因为题目不容许原地停留耗费工夫，因而只能使出回退 “重复横跳 A→ B → A” 来耗费时。因而有 dis[x][y] = Math.max(time + 1, grid[x][y])。
另外，依据网格图的性质，达到 (x, y) 点的最短时间 dis[x][y] 与 x + y 的奇偶性肯定雷同，如果不同必然须要 + 1。例如 $\begin{bmatrix}
0 & 1 \
1 & 3
\end{bmatrix}$ 的最短门路是 3 + 1= 4，而 $\begin{bmatrix}
0 & 1 \
1 & 2
\end{bmatrix}$ 的最短门路是 2。

至此，咱们能够写出奢侈版本的算法。

class Solution {fun minimumTime(grid: Array<IntArray>): Int {
        // 无解
        if (grid[0][1] > 1 && grid[1][0] > 1) return -1
        // 有效值
        val INF = Integer.MAX_VALUE
        val n = grid.size
        val m = grid[0].size
        // 最短路长度
        val dis = Array(n) {IntArray(m) {INF} }.apply {this[0][0] = 0
        }
        // 拜访标记
        val visit = Array(n) {BooleanArray(m) }
        // 方向
        val directions = arrayOf(intArrayOf(0, 1), intArrayOf(0, -1), intArrayOf(1, 0), intArrayOf(-1, 0))
        while (true) {
            var x = -1
            var y = -1
            // 寻找候选集中的最短时间
            for (i in 0 until n) {for (j in 0 until m) {if (!visit[i][j] && (-1 == x || dis[i][j] < dis[x][y])) {
                        x = i
                        y = j
                    }
                }
            }
            val time = dis[x][y]
            // 终止条件
            if (x == n - 1 && y == m - 1) return time
            // 标记
            visit[x][y] = true
            // 枚举相邻地位
            for (direction in directions) {val newX = x + direction[0]
                val newY = y + direction[1]
                // 越界
                if (newX !in 0 until n || newY !in 0 until m || visit[newX][newY]) continue
                var newTime = Math.max(time + 1, grid[newX][newY])
                newTime += (newTime - newX - newY) % 2
                // 松弛相邻点
                if (newTime < dis[newX][newY]) {dis[newX][newY] = newTime
                }
            }
        }
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(N^2)$ 其中 $N$ 为网格的个数 $nm$，在这道题中会超时；
空间复杂度：$O(N^2)$ 最短路数组的空间。

奢侈 Dijkstra 的每轮迭代中须要遍历 N 个节点寻找候选集中的最短路长度。

事实上，这 N 个节点中有局部是“确定集”，有局部是远离终点的边缘节点，每一轮都遍历所有节点显得没有必要。罕用的套路是配合小顶堆记录候选集，以均摊 $O(lgN)$ 工夫找到深度最近的节点中的最短路长度：

class Solution {fun minimumTime(grid: Array<IntArray>): Int {
        // 无解
        if (grid[0][1] > 1 && grid[1][0] > 1) return -1
        // 有效值
        val INF = Integer.MAX_VALUE
        val n = grid.size
        val m = grid[0].size
        // 最短路长度
        val dis = Array(n) {IntArray(m) {INF} }.apply {this[0][0] = 0
        }
        // 小顶堆：三元组 <x, y, dis>
        val heap = PriorityQueue<IntArray>() { e1, e2 ->
            e1[2] - e2[2]
        }.apply {this.offer(intArrayOf(0, 0, 0))
        }
        // 方向
        val directions = arrayOf(intArrayOf(0, 1), intArrayOf(0, -1), intArrayOf(1, 0), intArrayOf(-1, 0))
        while (true) {
            // 寻找候选集中的最短时间
            val node = heap.poll()
            val x = node[0]
            val y = node[1]
            val time = node[2]
            // 终止条件
            if (x == n - 1 && y == m - 1) return time
            // 枚举相邻地位
            for (direction in directions) {val newX = x + direction[0]
                val newY = y + direction[1]
                // 越界
                if (newX !in 0 until n || newY !in 0 until m) continue
                var newTime = Math.max(time + 1, grid[newX][newY])
                newTime += (newTime - newX - newY) % 2
                // 松弛相邻点
                if (newTime < dis[newX][newY]) {dis[newX][newY] = newTime
                    heap.offer(intArrayOf(newX, newY, newTime))
                }
            }
        }
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(NlgN)$ 每轮迭代最坏以 $O(lgN)$ 工夫取堆顶；
空间复杂度：$O(N^2)$ 最短路数组的空间。

这道题也有二分的做法。

为了可能有短缺的工夫走到指标点，咱们能够思考在终点进行重复横跳耗费工夫 0/2/4/6/8/12 … MAX_VALUE。极其状况下，只有咱们在终点耗费足够长的工夫后，总可能有短缺的工夫走到右下角。

咱们发现在终点耗费工夫对后果的影响具备枯燥性：

如果 fullTime 能够达到指标点，那么大于 fullTime 的所有工夫都短缺工夫达到指标点；
如果 fullTime 不能到达指标点，那么小于 fullTime 的所有工夫都不足以达到指标点。

因而咱们的算法是：应用二分查找寻找满足条件的最小 fullTime，并在每轮迭代中应用 BFS 走曼哈顿间隔，判断是否能够走到指标点，最初再修改 fullTime 与 m + n 的奇偶性。

class Solution {
    // 方向
    private val directions = arrayOf(intArrayOf(0, 1), intArrayOf(0, -1), intArrayOf(1, 0), intArrayOf(-1, 0))

    fun minimumTime(grid: Array<IntArray>): Int {
        // 无解
        if (grid[0][1] > 1 && grid[1][0] > 1) return -1
        // 有效值
        val INF = Integer.MAX_VALUE
        val n = grid.size
        val m = grid[0].size
        var left = Math.max(grid[n - 1][m - 1], m + n - 2)
        var right = 1e5.toInt() + m + n - 2
        while (left < right) {val mid = (left + right) ushr 1
            if (checkBFS(grid, mid)) {right = mid} else {left = mid + 1}
        }
        // (left - m + n) % 2 确保奇偶性统一
        return left + (left - m + n) % 2
    }

    // 查看从 fullTime 开始是否能够期待是否达到左上角
    private fun checkBFS(grid: Array<IntArray>, fullTime: Int): Boolean {
        val n = grid.size
        val m = grid[0].size
        val visit = Array(n) {BooleanArray(m) }.apply {this[n - 1][m - 1] = true
        }
        val queue = LinkedList<IntArray>().apply {this.offer(intArrayOf(n - 1, m - 1))
        }
        var time = fullTime - 1
        while (!queue.isEmpty()) {
            // 层序遍历
            for (count in 0 until queue.size) {val node = queue.poll()!!
                val x = node[0]
                val y = node[1]
                for (direction in directions) {val newX = x + direction[0]
                    val newY = y + direction[1]
                    // 越界
                    if (newX !in 0 until n || newY !in 0 until m) continue
                    // 已拜访
                    if (visit[newX][newY]) continue
                    // 不可拜访
                    if (time < grid[newX][newY]) continue
                    // 可拜访
                    if (newX == 0 && newY == 0) return true
                    queue.offer(intArrayOf(newX, newY))
                    visit[newX][newY] = true
                }
            }
            // 工夫流逝 1 个单位
            time--
        }
        return false
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(N·lgU)$ 其中 $N$ 为网格的个数 $nm$，$U$ 是数据的最大值；
空间复杂度：$O(N^2)$ 最短路数组的空间。

这周的周赛题目就讲到这里，咱们下周见。

关于android:LeetCode-周赛-334在算法的世界里反复横跳

2574. 左右元素和的差值（Easy）

题目地址

题目形容

题解

2575. 找出字符串的可整除数组（Medium）

题目地址

题目形容

题解

2576. 求出最多标记下标（Medium）

题目地址

题目形容

题解（排序 + 贪婪 + 双指针）

2577. 在网格图中拜访一个格子的起码工夫（Hard）

题目地址

题目形容

前置常识

题解一（奢侈 Dijkstra 算法）

题解二（Dijkstra 算法 + 最小堆）

题解三（二分 + BFS）