关于android:LeetCode-周赛-34320230430结合下一个排列的贪心构造问题

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大家好,我是小彭。

明天是五一假期的第二天,打周赛的人数比前一天的双周赛多了,难道大家都只玩一天吗?这场周赛是 LeetCode 第 343 场单周赛,如果不思考第一题摆烂的翻译,整体题目品质还是很不错哒。

往期回顾:LeetCode 双周赛第 103 场 · 区间求和的树状数组经典利用

周赛概览

Q1. 保龄球游戏的获胜者(Easy)

标签:数组、模仿、计数

Q2. 找出叠涂元素(Medium)

标签:矩阵、散列表、计数

Q3. 返回指标的最小代价(Medium)

标签:最短路、Dijkstra、最小堆

Q4. 字典序最小的漂亮字符串(Hard)

标签:贪婪、结构


Q1. 保龄球游戏的获胜者(Easy)

https://leetcode.cn/problems/determine-the-winner-of-a-bowling-game/

题目形容

给你两个下标从 0 开始的整数数组 player1 和 player2,别离示意玩家 1 和玩家 2 击中的瓶数。

保龄球较量由 n 轮组成,每轮的瓶数恰好为 10

假如玩家在第 i 轮中击中 xi 个瓶子。玩家第 i 轮的价值为:

  • 如果玩家在前两轮中击中了 10 个瓶子,则为 2xi
  • 否则,为 xi

玩家的得分是其 n 轮价值的总和。

返回

  • 如果玩家 1 的得分高于玩家 2 的得分,则为 1
  • 如果玩家 2 的得分高于玩家 1 的得分,则为 2
  • 如果平局,则为 0

示例 1:

输出:player1 = [4,10,7,9], player2 = [6,5,2,3]
输入:1
解释:player1 的得分是 4 + 10 + 2*7 + 2*9 = 46。player2 的得分是 6 + 5 + 2 + 3 = 16。player1 的得分高于 player2 的得分,所以 play1 在较量中获胜,答案为 1。

示例 2:

输出:player1 = [3,5,7,6], player2 = [8,10,10,2]
输入:2
解释:player1 的得分是 3 + 5 + 7 + 6 = 21。player2 的得分是 8 + 10 + 2*10 + 2*2 = 42。player2 的得分高于 player1 的得分,所以 play2 在较量中获胜,答案为 2。

示例 3:

输出:player1 = [2,3], player2 = [4,1]
输入:0
解释:player1 的得分是 2 + 3 = 5。player2 的得分是 4 + 1 = 5。player1 的得分等于 player2 的得分,所以这一场较量平局,答案为 0。

提醒:

  • n == player1.length == player2.length
  • 1 <= n <= 1000
  • 0 <= player1[i], player2[i] <= 10

题解(模仿)

简略模拟题,但题目形容的中文翻译有歧义,而且不能依据示例辨别进去:

  • 了解 1:只有最开始的两轮中击中了 10 个瓶子,那么后续得分加倍;
  • 了解 2:任意轮的前两轮中击中了 10 个瓶子,那么该轮得分加倍。

依照了解 2 模仿即可:

class Solution {fun isWinner(player1: IntArray, player2: IntArray): Int {
        var cnt1 = 0
        var cnt2 = 0
        for (i in player1.indices) {val mul1 = player1.slice(Math.max(0, i - 2) until i).any {it == 10}
            val mul2 = player2.slice(Math.max(0, i - 2) until i).any {it == 10}

            cnt1 += if (mul1) 2 * player1[i] else player1[i]
            cnt2 += if (mul2) 2 * player2[i] else player2[i]
        }
        return if (cnt1 == cnt2) 0 else if (cnt1 > cnt2) 1 else 2
    }
}

复杂度剖析:

  • 工夫复杂度:$O(n)$ 其中 n 是 player1 数组的长度;
  • 空间复杂度:$O(1)$ 仅应用常量级别空间。

Q2. 找出叠涂元素(Medium)

https://leetcode.cn/problems/first-completely-painted-row-or-column/

题目形容

给你一个下标从 0 开始的整数数组 arr 和一个 m x n 的整数 矩阵  matarr 和 mat 都蕴含范畴 [1,m * n] 内的  所有 整数。

从下标 0 开始遍历 arr 中的每个下标 i,并将蕴含整数 arr[i] 的 mat 单元格涂色。

请你找出 arr 中在 mat 的某一行或某一列上都被涂色且下标最小的元素,并返回其下标 i

示例 1:

输出:arr = [1,3,4,2], mat = [[1,4],[2,3]]
输入:2
解释:遍历如上图所示,arr[2] 在矩阵中的第一行或第二列上都被涂色。

示例 2:

输出:arr = [2,8,7,4,1,3,5,6,9], mat = [[3,2,5],[1,4,6],[8,7,9]]
输入:3
解释:遍历如上图所示,arr[3] 在矩阵中的第二列上都被涂色。

提醒:

  • m == mat.length
  • n = mat[i].length
  • arr.length == m * n
  • 1 <= m, n <= 105
  • 1 <= m * n <= 105
  • 1 <= arr[i], mat[r] <= m * n
  • arr 中的所有整数 互不雷同
  • mat 中的所有整数 互不雷同

问题结构化

1、概括问题指标

计算涂满一行或一列时的最小下标。

2、察看数据特色

arr 数组和 mat 矩阵中的所有整数都没有反复数。

3、剖析问题要件

  • 涂色:应用 arr 数组对 mat 矩阵涂色;
  • 终止条件:当存在一行或一列被涂满时,返回以后的 arr 数组下标。

至此,程序整体框架确定:

for (数字 in arr 数组) {
    涂色
    if (涂满一行或一列) 返回索引
}
return -1 // 问题肯定有解

4、进步形象水平

  • 查找:对 mat 矩阵中的雷同数字的单元格涂色时,须要查找数字在矩阵中的地位:
  • 计数:联合「无反复数」的数据特色,判断是否存在一行或一列被涂满时,就是判断一行或一列中被涂色的计数是否达到行数或列数。

5、具体化解决伎俩

如何查找数字的地位?

  • 伎俩 1(暴力枚举):枚举 mat 矩阵,直到匹配指标数字时进行;
  • 伎俩 2(散列表):联合「无反复数」的数据特色,能够预处理 mat 矩阵取得数字和地位的映射关系,在涂色时以 O(1) 工夫复杂度定位涂色地位。

如何判断达到终止条件?

  • 伎俩 1(暴力枚举):枚举 mat 矩阵的行列,当一行或一列的涂色个数达到行数或列数时进行;
  • 伎俩 2(计数数组):记录每一行和每一列的涂色计数,当计数达到行数或列数时,阐明达到终止条件。

题解(散列表 + 计数)

题目的要害信息是「无反复数」,依据问题剖析模仿即可:

class Solution {fun firstCompleteIndex(arr: IntArray, mat: Array<IntArray>): Int {
        val n = mat.size
        val m = mat[0].size
        // 计数数组
        val rows = IntArray(n)
        val columns = IntArray(m)
        // 散列表
        val hashMap = HashMap<Int, IntArray>()
        // 预处理
        for (i in 0 until n) {for (j in 0 until m) {hashMap[mat[i][j]] = intArrayOf(i, j)
            }
        }
        // 涂色
        for ((i, e) in arr.withIndex()) {val node = hashMap[e]!!
            // 判断
            if (++rows[node[0]] == m || ++columns[node[1]] == n) return i
        }
        return -1
    }
}

复杂度剖析:

  • 工夫复杂度:$O(nm)$ 其中 n 和 m 别离为矩阵的行数和列数,预处理和涂色别离对每个元素拜访 1 次;
  • 空间复杂度:$O(nm)$ 散列表和计数数组空间。

Q3. 返回指标的最小代价(Medium)

https://leetcode.cn/problems/minimum-cost-of-a-path-with-special-roads/

题目形容

给你一个数组 start,其中 start = [startX, startY] 示意你的初始地位位于二维空间上的 (startX, startY)。另给你一个数组 target,其中 target = [targetX, targetY] 示意你的指标地位 (targetX, targetY)

从地位 (x1, y1) 到空间中任一其余地位 (x2, y2) 的代价是 |x2 - x1| + |y2 - y1|

给你一个二维数组 specialRoads,示意空间中存在的一些非凡门路。其中 specialRoads[i] = [x1i, y1i, x2i, y2i, costi] 示意第 i 条非凡门路能够从 (x1i, y1i) 到 (x2i, y2i),但老本等于 costi。你能够应用每条非凡门路任意次数。

返回从 (startX, startY) 到 (targetX, targetY) 所需的最小代价。

示例 1:

输出:start = [1,1], target = [4,5], specialRoads = [[1,2,3,3,2],[3,4,4,5,1]]
输入:5
解释:从 (1,1) 到 (4,5) 的最优门路如下:- (1,1) -> (1,2),挪动的代价是 |1 - 1| + |2 - 1| = 1。- (1,2) -> (3,3),挪动应用第一条非凡门路,代价是 2。- (3,3) -> (3,4),挪动的代价是 |3 - 3| + |4 - 3| = 1.
- (3,4) -> (4,5),挪动应用第二条非凡门路,代价是 1。总代价是 1 + 2 + 1 + 1 = 5。能够证实无奈以小于 5 的代价实现从 (1,1) 到 (4,5)。

示例 2:

输出:start = [3,2], target = [5,7], specialRoads = [[3,2,3,4,4],[3,3,5,5,5],[3,4,5,6,6]]
输入:7
解释:最优门路是不应用任何非凡门路,间接以 |5 - 3| + |7 - 2| = 7 的代价从初始地位达到指标地位。

提醒:

  • start.length == target.length == 2
  • 1 <= startX <= targetX <= 105
  • 1 <= startY <= targetY <= 105
  • 1 <= specialRoads.length <= 200
  • specialRoads[i].length == 5
  • startX <= x1i, x2i <= targetX
  • startY <= y1i, y2i <= targetY
  • 1 <= costi <= 105

准备常识 · 最短路算法

这道题是最短路问题,先回顾下几种最短路算法的区别:

  • Floyd 算法(多源汇正权最短路)

    • 实用于求任意节点之间的最短路,须要三层循环枚举直达点 i、枚举终点 j 和枚举起点 k,工夫复杂度最高。
  • Bellman Ford 算法(单源负权最短路)

    • 在每一轮迭代中,尝试对图上每一条边进行松弛,直到没有松弛操作时完结。
  • Dijkstra 算法(单源正权最短路):

    • 在每一轮迭代中,应用确定集中最短路长度最小的节点去松弛相邻节点,因为负权边会毁坏贪婪策略的抉择,无奈解决负权问题;
    • 稠密图小顶堆的写法更优,浓密图奢侈写法更优。
最短路算法 Floyd Bellman-Ford Dijkstra Johnson
最短路类型 每对结点之间的最短路 单源最短路 单源最短路 每对结点之间的最短路
作用于 任用意 任用意 非负权图 任用意
是否检测负环? 不能
工夫复杂度 O(n^3) O(nm) O(mlgn)最小堆 O(nmlgm)

其中 n 是节点数,m 是边数。

问题结构化

1、概括问题指标

计算从 start 到 target 节点的最小代价。

2、察看数据特色

  • 数据大小:节点数据范畴的上界是 10^5,相比于节点范畴,非凡门路最多只有 200 条,非凡门路是稠密的。

3、剖析问题要件

以 start 为终点,target 为起点,在每次操作能够从 from 节点挪动到 to 节点,破费的代价是 |x2 – x1| + |y2 – y1|,另外二维立体中有一些非凡门路,破费的代价是非凡的。

4、进步形象水平

  • 曼哈顿间隔:破费的代价是 |x2 – x1| + |y2 – y1| 就是两个节点之间的曼哈顿间隔;
  • 正权边:「从 from 节点挪动到 to 节点的代价 x」等价于「从 from 节点到 to 节点的边权为 x」;
  • 有向边:因为题目形容非凡门路只能从 (x1, y1) 走到 (x2, y2),因而题目是有向边;
  • 是否为决策问题?因为每次操作有多种挪动地位抉择,因而这是决策问题,精确来说是最短路问题;
  • 总结:这是一道图的单源正权有向边的最短路问题。

5、具体化解决方案

如何解决图的单源正权最短路问题?

这道题只须要计算从 start – target 之间的最短路问题,而且边是非负权边,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。

须要思考哪些节点?

这道题没有限度只能走非凡门路,那么是不是二维立体上所有节点都须要思考在呢?其实须要,联合「三角不等式」察看,咱们发现两个点间断走两次曼哈顿间隔没有意义,也就是说,指标门路肯定是在终点、起点和非凡门路节点两头挪动。

  • 策略 1:从 from 到 to 走曼哈顿间隔;
  • 策略 2:先从 from 走到非凡门路终点,走完非凡门路后再走曼哈顿间隔;
  • 策略 3(没有意义):先从 from 走曼哈顿间隔到 x,再从 x 走曼哈顿间隔到 to。

如何示意二维节点?

最简略的办法是通过位移将 (x, y) 压缩为一个惟一整数,因为这道题的坐标范畴最大到 10^5,所以应该转化到长整型。

val U = 100000L // 数值上界 + 1

压缩:val key = x * U + y

还原:val x = (key / U).toInt()
val y = (key % U).toInt()

至此,咱们能够应用奢侈 Dijkstra 算法模仿问题。

是否有优化空间?

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,每一轮都遍历显得没有必要。咱们应用小顶堆记录候选集中最近深度的节点。不过,这道题是浓密图,奢侈 Dijkstra 优于 Dijkstra + 最小堆。

持续开掘三角不等式性质:

因为间断走两次曼哈顿间隔没有意义,那咱们甚至不须要把非凡门路的终点思考到图中,或者说间接能够应用 specialRoads 数组,而不须要建图的步骤。

6、答疑

  • 这道题的数据范畴到 10^5,而非凡门路最多只有 200 条,不是应该算稠密图?

这个观点混同了浓密图的定义,浓密或稠密取决于边数绝对于节点数的大小。简略来说,在节点数固定的状况下,边数越大则图越浓密。在这道题中,每个节点都存在到其余所有节点的门路,因而不仅是浓密图,甚至是齐全图。

题解一(奢侈 Dijkstra)

  • 应用 Dijkstra 算法解决最短路问题。
class Solution {fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
        // 单源正权最短路
        val U = 100001L // 数值上界 + 1
        val INF = 0x3F3F3F3F

        val startL = start[0] * U + start[1]
        val targetL = target[0] * U + target[1]

        if (startL == targetL) return 0
        
        // 1、节点与最短路长度
        val nodes = HashMap<Long, Int>()
        // 1.1 非凡门路上的节点
        for (road in specialRoads) {
            // 过滤无意义的非凡门路(门路破费大于曼哈顿间隔)nodes[road[0] * U + road[1]] = INF
            nodes[road[2] * U + road[3]] = INF
        }
        // 1.2 终点节点与起点节点
        nodes[targetL] = INF
        nodes[startL] = 0 // 终点可能为起点,如果结尾不做特判须要留神程序
        // 2、建有向图(邻接表)<from -> <to -> cost>>
        val graph = HashMap<Long, HashMap<Long, Int>>()
        // 2.1 节点之间的门路(双向边)for ((from, _) in nodes) {graph[from] = HashMap<Long, Int>()
            val fromX = (from / U).toInt()
            val fromY = (from % U).toInt()
            for ((to, _) in nodes) {if (from == to) continue
                val toX = (to / U).toInt()
                val toY = (to % U).toInt()
                graph[from]!![to] = Math.abs(toX - fromX) + Math.abs(toY - fromY)
            }
        }
        // 2.2 非凡门路(单向边)for (road in specialRoads) {val from = road[0] * U + road[1]
            val to = road[2] * U + road[3]
            graph[from]!![to] = Math.min(graph[from]!!.getOrDefault(to, INF), road[4]) // 非凡门路的破费可能更长
        }
        // 3、拜访标记
        val visit = HashSet<Long>()
        // 4、奢侈 Dijkstra
        while (true) {
            // 寻找候选集中最短路长度最短的节点
            var minNode = -1L
            var minDis = -1
            for ((to, dis) in nodes) {if (visit.contains(to)) continue
                if (minDis == -1 || dis < minDis) {
                    minDis = dis
                    minNode = to
                }
            }
            // println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
            // 找到指标点的最短路长度
            if (minNode == targetL) return minDis
            // 拜访标记
            visit.add(minNode)
            // 松弛相邻节点
            for ((to, cost) in graph[minNode]!!) {// println("to=$to, cost=$cost")
                if (minDis + cost < nodes[to]!!) {nodes[to] = minDis + cost
                }
            }
        }
        return -1 // 必然有解
    }
}

复杂度剖析:

  • 工夫复杂度:$O(n^2)$ 其中 n 是 specialRoads 非凡门路数组的长度;
  • 空间复杂度:$O(n^2)$ 图空间 + 标记数组空间。

题解二(Dijkstra 优化)

  • 优化:剪去图空间。
class Solution {fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
        // 单源正权最短路
        val U = 100001L // 数值上界 + 1
        val INF = 0x3F3F3F3F

        val startL = start[0] * U + start[1]
        val targetL = target[0] * U + target[1]

        if (startL == targetL) return 0

        // 1、节点与最短路长度
        val nodes = HashMap<Long, Int>()
        // 终点节点与起点节点
        nodes[targetL] = INF
        nodes[startL] = 0 // 终点可能为起点,如果结尾不做特判须要留神程序
        // 2、拜访标记
        val visit = HashSet<Long>()
        // 3、奢侈 Dijkstra
        while (true) {
            // 寻找候选集中最短路长度最短的节点
            var minNode = -1L
            var minDis = -1
            for ((to, dis) in nodes) {if (visit.contains(to)) continue
                if (minDis == -1 || dis < minDis) {
                    minDis = dis
                    minNode = to
                }
            }
            // println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
            // 找到指标点的最短路长度
            if (minNode == targetL) return minDis
            // 拜访标记
            visit.add(minNode)
            val minNodeX = (minNode / U).toInt()
            val minNodeY = (minNode % U).toInt()
            // 1、间接到起点
            nodes[targetL] = Math.min(nodes[targetL]!!, minDis + Math.min(nodes[targetL]!!, (target[1] - minNodeY) + (target[0] - minNodeX)))
            // 2、先通过非凡门路(minNode -> 非凡门路的终点 -> 非凡门路的起点)for (road in specialRoads) {val specialTo = road[2] * U + road[3]
                if (specialTo == minNode) continue // 反复门路
                val specialDis = minDis + Math.abs(road[0] - minNodeX) + Math.abs(road[1] - minNodeY) + road[4]
                if (specialDis < nodes.getOrDefault(specialTo, INF)) {nodes[specialTo] = specialDis
                }
            }
        }
        return -1 // 必然有解
    }
}

复杂度剖析:

  • 工夫复杂度:$O(n^2)$ 其中 n 是 specialRoads 非凡门路数组的长度;
  • 空间复杂度:$O(n)$ 标记数组空间。

题解三(Dijkstra + 最小堆)

附赠一份 Dijkstra + 最小堆的代码:

class Solution {fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
        // 单源正权最短路
        val U = 100000L // 数值上界 + 1
        val INF = 0x3F3F3F3F

        val startL = start[0] * U + start[1]
        val targetL = target[0] * U + target[1]

        if (startL == targetL) return 0

        // 1、节点与最短路长度
        val nodes = HashMap<Long, Int>()
        // 终点节点与起点节点
        nodes[targetL] = INF
        nodes[startL] = 0 // 终点可能为起点,如果结尾不做特判须要留神程序
        // 2、最小堆
        val heap = PriorityQueue<Long>() { l1, l2 ->
            nodes.getOrDefault(l1, INF) - nodes.getOrDefault(l2, INF)
        }
        heap.offer(startL)
        heap.offer(targetL)
        // 3、Dijkstra
        while (!heap.isEmpty()) {
            // 候选集中最短路长度最短的节点
            val minNode = heap.poll()
            val minDis = nodes[minNode]!!
            // println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
            // 找到指标点的最短路长度
            if (minNode == targetL) return minDis
            val minNodeX = (minNode / U).toInt()
            val minNodeY = (minNode % U).toInt()
            // 1、间接到起点
            val newDirectToTarget = minDis + Math.min(nodes[targetL]!!, (target[1] - minNodeY) + (target[0] - minNodeX))
            if (newDirectToTarget < nodes[targetL]!!) {nodes[targetL] = newDirectToTarget
                heap.offer(targetL)
            }
            // 2、先通过非凡门路(minNode -> 非凡门路的终点 -> 非凡门路的起点)for (road in specialRoads) {val specialTo = road[2] * U + road[3]
                if (specialTo == minNode) continue // 反复门路
                val specialDis = minDis + Math.abs(road[0] - minNodeX) + Math.abs(road[1] - minNodeY) + road[4]
                if (specialDis < nodes.getOrDefault(specialTo, INF)) {nodes[specialTo] = specialDis
                    heap.offer(specialTo)
                }
            }
        }
        return -1 // 必然有解
    }
}

复杂度剖析:

  • 工夫复杂度:$O(m·lgn)$ 其中 n 是 specialRoads 非凡门路数组的长度,m 是边数,因为这道题是齐全图,所以有 m = n^2;
  • 空间复杂度:$O(n)$ 标记数组空间。

近期周赛最短路问题:

  • 2612. 起码翻转操作数(Hard)
  • 2608. 图中的最短环(Hard)
  • 2577. 在网格图中拜访一个格子的起码工夫(Hard)

Q4. 字典序最小的漂亮字符串(Hard)

https://leetcode.cn/problems/lexicographically-smallest-beautiful-string/

题目形容

如果一个字符串满足以下条件,则称其为 漂亮字符串

  • 它由英语小写字母表的前 k 个字母组成。
  • 它不蕴含任何长度为 2 或更长的回文子字符串。

给你一个长度为 n 的漂亮字符串 s 和一个正整数 k

请你找出并返回一个长度为 n 的漂亮字符串,该字符串还满足:在字典序大于 s 的所有漂亮字符串中字典序最小。如果不存在这样的字符串,则返回一个空字符串。

对于长度雷同的两个字符串 a 和 b,如果字符串 a 在与字符串 b 不同的第一个地位上的字符字典序更大,则字符串 a 的字典序大于字符串 b

  • 例如,"abcd" 的字典序比 "abcc" 更大,因为在不同的第一个地位(第四个字符)上 d 的字典序大于 c

示例 1:

输出:s = "abcz", k = 26
输入:"abda"
解释:字符串 "abda" 既是漂亮字符串,又满足字典序大于 "abcz"。能够证实不存在字符串同时满足字典序大于 "abcz"、漂亮字符串、字典序小于 "abda" 这三个条件。

示例 2:

输出:s = "dc", k = 4
输入:""解释:能够证实,不存在既是漂亮字符串,又字典序大于"dc" 的字符串。

提醒:

  • 1 <= n == s.length <= 105
  • 4 <= k <= 26
  • s 是一个漂亮字符串

问题结构化

1、概括问题指标

结构一个满足条件的指标字符串,命名为「漂亮字符串」。

2、剖析问题要件

  • 字符集:题目要求指标字符串仅能应用小写字母表的前 k 个字母,例如 k = 4 只能应用 {a, b, c, d};
  • 漂亮字符串(限度回文):题目要求指标字符串不蕴含长度大于 1 的回文子串;
  • 字典序更大:题目要求指标字符串的字典序大于字符串 s;
  • 字典序最小:题目要求返回字典序最小的计划;

3、察看数据特色

  • 数据量:数据量的上界是 10^5,这要求算法的工夫复杂度不能高于 O(n^2);
  • 输出字符串 s 自身就是「漂亮字符串」。

4、察看测试用例

以 s =“abcz”, k = 26 为例:

  • 批改‘z’:无奈批改’z’取得字典序更高的字母;
  • 批改‘c’:能够批改‘c’为’d’失去“abdz”,且形成「漂亮字符串」;
  • 批改‘a’或’b’:也能够结构「漂亮字符串」,但字典序不会优于“abdz”。

5、进步形象水平

  • 权重:字典序的规定中,字符串越靠前的地位对排序的影响权重越大,例如序列”ba“的字典序大于”az“;
  • 晋升:为了结构字典序更大的「漂亮字符串」,咱们须要将字符串中的某个字母批改为字母序更大的字母,例如将‘a’晋升到‘b’或‘z’;
  • 下一个排列:题目要求指标字符串的字典序大于字符串 s,又是所有计划中字典序最小的,问题模型相似经典题目「31. 下一个排列」,能够借鉴;
  • 是否为决策问题:因为每次晋升操作有多种地位抉择,因而这是个决策问题,精确来说是一个结构问题。
  • 总结:这是一个结构问题,要求结构满足条件的「下一个漂亮字符串」。

6、具体化解决伎俩

如何结构满足条件的「下一个漂亮字符串」?

因为题目要求结构字典序最小的计划,那么将 s[i] 晋升为字母序更大的下一个字母是最优的,例如将’a’晋升到‘b’优于晋升到‘z’。除非在 s[i] 曾经是字典序最大的字母‘z’时,咱们须要晋升它的前一个字母 s[i – 1],例如将”az“晋升为”bz“优于“cz”。

结构「下一个漂亮字符串」须要晋升字母序,那么如何决策替换策略?

因为字符串中越靠前的地位的权重越高,容易想到的贪婪策略是从后往前晋升字符。如果晋升 s[n – 1] 可能结构「漂亮字符串」,那么间接晋升 s[n – 1] 即可,否则须要晋升更靠前的 s[n – 2]。

当咱们确定晋升 s[i] 的有效性后,持续向前晋升没有意义,而因为 s[i] 的字母序自身曾经更大了,且 s[i] 的权重在 [i, n) 区间里是最高的,因而前面不管怎么填字典序都是更大的。那么,为了取得字典序最小的「下一个漂亮字符串」,咱们能够贪婪地将后续字符升高到字母序最低的字母,例如”abcz“晋升到”abdz”后,将‘z’升高到‘a’。

这个思考过程,与「下一个排列」问题是比拟类似的。在「下一个排列」问题中,咱们替换尽可能靠后的一个正序对,因为剩下的序列不管怎么填都是更大的排列,所以咱们间接对后续字母做正序排列能够失去最小的字典序。

如何验证晋升的有效性(晋升字母序后会可能引入新的回文信息)?

在「察看数据特色」中得悉,输出字符串 s 自身就是「漂亮字符串」,而且咱们是从后向前晋升字符,那么晋升 s[i] 只可能结构出长度为 2 或长度为 3 的回文子串,咱们须要以 i 为核心向左右扩大,验证是否有回文串信息。联合上一个问题,因为咱们在晋升 s[i] 后还须要升高后序地位的字母序,所以咱们只须要向右边扩大验证有效性。

至此,咱们能够确定整体框架,分为 2 个阶段:

阶段一:晋升 s[n - 1]
while (i 从后往前遍历) {for (c in s[i] + 1 until 'a' + k) { // 枚举字符集
                if (存在回文信息) continue
                s[i] = c // 确定有效性
                // 记录下标 i
        }
        // 无奈晋升 s[i],尝试晋升 s[i - 1]
}

阶段二:// 将 [i + 1, n) 升高为最小字符
for(j in i + 1 until n) {for (c in 'a' until 'a' + k) { // 枚举字符集
                if (存在回文信息)continue
                s[j] = c
                break
        }
}

答疑:

  • 为什么阶段二没有解决无奈结构的状况?

因为题目提醒 k 的取值范畴是大于等于 4 的,也就是字符集的大小最小为 4,而验证「有效性」只须要察看地位 i 的前两个地位。那么在长度为 3 的子区间 [i-2, i] 中,咱们总可能从大小为 4 的字符集中,抉择出一个不会结构出回文信息的子串。因而,阶段二是必然可结构的。甚至来说,题目将 k 的取值范畴批改到 [3, 26],咱们的算法也是成立的。

题解(贪婪)

class Solution {fun smallestBeautifulString(s: String, k: Int): String {
        val n = s.length
        val U = 'a' + k
        val sArray = s.toCharArray()
        var pos = -1
        outer@ for (i in n - 1 downTo 0) {
            // 尝试晋升字母序
            for (c in sArray[i] + 1 until U) {
                // 验证有效性(只须要验证右边)if ((i > 0 && c == sArray[i - 1]) || (i > 1 && c == sArray[i - 2])) continue
                sArray[i] = c
                pos = i
                break@outer
            }
        }

        // 无奈结构
        if (pos < 0) return ""

        for (i in pos + 1 until n) {for (c in 'a' until U) {
                // 验证有效性(只须要验证右边)if ((i > 0 && c == sArray[i - 1]) || (i > 1 && c == sArray[i - 2])) continue
                sArray[i] = c
                break
            }
        }

        return String(sArray)
    }
}

复杂度剖析:

  • 工夫复杂度:$O(n)$ 其中 n 为字符串 s 的长度,每个地位最多被拜访 2 次,而每个地位的晋升操作最多执行 2 次,升高操作最多执行 2 次;
  • 空间复杂度:$O(1)$ 不思考后果数组。

类似问题:

  • 31. 下一个排列
  • 647. 回文子串

正文完
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