关于android:LeetCode-周赛-34520230514体验一题多解的算法之美

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• 往期回顾：LeetCode 双周赛第 104 场 · 流水的动静布局，铁打的结构化思考

周赛概览

T1. 找出转圈游戏输家（Easy）

• 标签：模仿、计数

T2. 相邻值的按位异或（Medium）

• 标签：模仿、数学、结构

T3. 矩阵中挪动的最大次数（Medium）

• 标签：图、BFS、DFS、动静布局

T4. 统计齐全连通重量的数量（Medium）

• 标签：图、BFS、DFS、并查集

T1. 找出转圈游戏输家（Easy）

https://leetcode.cn/problems/find-the-losers-of-the-circular-game/

题解（模仿）

简略模拟题。

应用标记数组标记接触到球的玩家，再依据标记数组输入后果：

class Solution {fun circularGameLosers(n: Int, k: Int): IntArray {val visit = BooleanArray(n)
        var i = 0
        var j = 1
        var cnt = n
        while (!visit[i]) {visit[i] = true
            i = (i + j++ * k) % n
            cnt--
        }
        val ret = IntArray(cnt)
        var k = 0
        for (i in visit.indices) {if(!visit[i]) ret[k++] = i + 1
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

• 工夫复杂度：$O(n)$ 每位玩家最多标记一次和查看一次；
• 空间复杂度：$O(n)$ 标记数组空间。

T2. 相邻值的按位异或（Medium）

https://leetcode.cn/problems/neighboring-bitwise-xor/

准备常识

记 ⊕ 为异或运算，异或运算满足以下性质：

• 根本性质：x ⊕ y = 0
• 交换律：x ⊕ y = y ⊕ x
• 结合律：(x ⊕ y) ⊕ z = x ⊕ (y ⊕ z)
• 自反律：x ⊕ y ⊕ y = x

题解一（模仿）

因为每一位 derived[i] 能够由 original[i] ⊕ original[i + 1] 取得，咱们能够令原始的 original[0] 为 0，再按程序递推到 original[n]（循环数组），最初再查看 original[0] 和 original[n] 是否雷同。如果不同，阐明 derived 数组是不可结构的。

class Solution {fun doesValidArrayExist(derived: IntArray): Boolean {
        var pre = 0
        for ((i,d) in derived.withIndex()) {if (d == 1) pre = pre xor 1
        }
        return pre == 0
    }
}

复杂度剖析：

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

题解二（数学）

持续开掘问题的数学性质：

• 题目要求：$derived[i] = original[i] ⊕ original[i + 1]$
• 依据自反律（两边异或 original[i]）：$original[i + 1] = derived[i] ⊕ original[i]$、$original[i + 2] = derived[i + 1] ⊕ original[i + 1]$
• 依据递推关系有 $original[n – 1] = derived[n – 2] ⊕ derived[n – 1]… derived[0] ⊕ original[0]$
• 题目要求：$original[0] ⊕ original[n – 1] = derived[n-1]$
• 联结两式：$original[0] = original[0] ⊕ derived[n-1] ⊕ derived[n – 1]… derived[0] ⊕ original[0]$，即 $0 = derived[n-1] ⊕ derived[n – 1]… derived[0]$

依据论断公式模仿即可：

class Solution {fun doesValidArrayExist(derived: IntArray): Boolean {// return derived.fold(0) {acc, e -> acc xor e} == 0
        return derived.reduce {acc, e -> acc xor e} == 0
    }
}

复杂度剖析：

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

T3. 矩阵中挪动的最大次数（Medium）

https://leetcode.cn/problems/maximum-number-of-moves-in-a-grid/

题目形容

给你一个下标从 0 开始、大小为 m x n 的矩阵 grid，矩阵由若干 正 整数组成。

你能够从矩阵第一列中的 任一 单元格登程，按以下形式遍历 grid：

• 从单元格 (row, col) 能够挪动到 (row - 1, col + 1)、(row, col + 1) 和 (row + 1, col + 1) 三个单元格中任一满足值 严格 大于以后单元格的单元格。

返回你在矩阵中可能 挪动  的  最大 次数。

示例 1：

输出：grid = [[2,4,3,5],[5,4,9,3],[3,4,2,11],[10,9,13,15]]
输入：3
解释：能够从单元格 (0, 0) 开始并且按上面的门路挪动：- (0, 0) -> (0, 1).
- (0, 1) -> (1, 2).
- (1, 2) -> (2, 3).
能够证实这是可能挪动的最大次数。

示例 2：

输出：grid = [[3,2,4],[2,1,9],[1,1,7]]
输入：0
解释：从第一列的任一单元格开始都无奈挪动。

提醒：

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• 2 <= m, n <= 1000
• 4 <= m * n <= 105
• 1 <= grid[i][j] <= 106

问题结构化

1、概括问题指标

计算可挪动的最大次数，也能够了解为可拜访间隔 – 1。

2、剖析问题要件

在每次挪动操作中，能够挪动到左边一列的最近三行地位（i-1, i, j+1）且要求数字严格大于以后地位。

3、进步形象水平

• 子问题：咱们发现每次挪动后，可挪动次数就是在新地位可挪动次数 + 1，这是一个与原问题类似但规模更小的子问题；
• 是否为决策问题？因为每次挪动最多有三个地位抉择，因而这是决策问题。

4、具体化解决伎俩

• 伎俩 1（记忆化递归）：定义 dfs(i, j) 示意从 gridi 开始的最大挪动次数，那么有 dfs(i, j)= mas{dfs(i-1, j+1), dfs(i, j+1), dfs(i+1, j+1)}；
• 伎俩 2（递推）：在记忆化递归中咱们是在「归」的过程中合并子问题的解，因为递归的方向是验证矩阵从上到下，从左到右的，咱们能够打消「递」的过程而只保留「归」的过程，将递归转换为递推；
• 伎俩 3（BFS）：因为可挪动次数取决于最多能够挪动到的列号，咱们能够用 BFS / DFS 搜寻最远能够拜访的列号。

题解一（记忆化递归）

依据「伎俩 1」模仿即可：

• 递归函数：dfs(i, j)= mas{dfs(i-1, j+1), dfs(i, j+1), dfs(i+1, j+1)}
• 起始状态：dfs(i, 0)
• 边界条件：dfs(i, j) = 0

class Solution {val directions = arrayOf(intArrayOf(-1, 1), intArrayOf(0, 1), intArrayOf(1, 1)) // 右上、右、右下

    private val memo = HashMap<Int, Int>()
    private val U = 1001

    fun maxMoves(grid: Array<IntArray>): Int {
        var ret = 0
        for (i in 0 until grid.size) {ret = Math.max(ret, dfs(grid, i, 0))
        }
        return ret - 1
    }

    private fun dfs(grid: Array<IntArray>, i: Int, j: Int): Int {
        val n = grid.size
        val m = grid[0].size
        val key = i * U + j
        if (memo.contains(key)) return memo[key]!!
        // 枚举选项
        var maxChoice = 0
        for (direction in directions) {val newI = i + direction[0]
            val newJ = j + direction[1]
            if (newI < 0 || newI >= n || newJ < 0 || newJ >= m || grid[i][j] >= grid[newI][newJ]) continue
            maxChoice = Math.max(maxChoice, dfs(grid, newI, newJ))
        }
        memo[key] = maxChoice + 1
        return maxChoice + 1
    }
}

复杂度剖析：

• 工夫复杂度：$O(nm)$ 总共有 nm 个子问题，每个子问题枚举 3 个选项工夫复杂度是 O(1)；
• 空间复杂度：$O(nm)$ 备忘录空间。

题解二（递推）

打消「递」的过程而只保留「归」的过程，将递归转换为递推：

class Solution {fun maxMoves(grid: Array<IntArray>): Int {
        val n = grid.size
        val m = grid[0].size
        val step = Array(n) {IntArray(m) }
        for (i in 0 until n) step[i][0] = 1
        var ret = 0
        // 按列遍历
        for(j in 1 until m) {for(i in 0 until n) {for(k in Math.max(0, i - 1) .. Math.min(n - 1,i + 1)) {if (step[k][j - 1] > 0 && grid[i][j] > grid[k][j - 1]) step[i][j] = Math.max(step[i][j], step[k][j - 1] + 1)
                }
                ret = Math.max(ret, step[i][j])
            }
        }
        return Math.max(ret - 1, 0)
    }
}

另外，咱们也能够用滚动数组优化空间：

class Solution {fun maxMoves(grid: Array<IntArray>): Int {
        val n = grid.size
        val m = grid[0].size
        var step = IntArray(n) {1}
        var ret = 0
        // 按列遍历
        for(j in 1 until m) {val newStep = IntArray(n) {0} // 不能间接在 step 数组上批改
            for(i in 0 until n) {for(k in Math.max(0, i - 1) .. Math.min(n - 1,i + 1)) {if (step[k] > 0 && grid[i][j] > grid[k][j - 1]) newStep[i] = Math.max(newStep[i], step[k] + 1)
                }
                ret = Math.max(ret, newStep[i])
            }
            step = newStep
        }
        return Math.max(ret - 1, 0)
    }
}

复杂度剖析：

• 工夫复杂度：$O(nm)$
• 空间复杂度：$O(n)$

题解三（BFS）

依照广度优先搜寻，应用队列保护能够拜访的节点，再应用该节点探测下一层可达到的地位并入队。

class Solution {fun maxMoves(grid: Array<IntArray>): Int {
        val n = grid.size
        val m = grid[0].size
        // 行号
        var queue = LinkedList<Int>()
        for (i in 0 until n) {queue.offer(i)
        }
        // 拜访标记
        val visit = IntArray(n) {-1}
        // 枚举列
        for (j in 0 until m - 1) {val newQueue = LinkedList<Int>() // 不能间接在 step 数组上批改
            for (i in queue) {for (k in Math.max(0, i - 1)..Math.min(n - 1, i + 1)) {if (visit[k] < j && grid[k][j + 1] > grid[i][j]) {newQueue.offer(k)
                        visit[k] = j
                    }
                }
            }
            queue = newQueue
            if (queue.isEmpty()) return j
        }
        return m - 1
    }
}

复杂度剖析：

• 工夫复杂度：$O(nm)$
• 空间复杂度：$O(n)$

类似问题：

• 62. 不同门路
• 63. 不同门路 II

T4. 统计齐全连通重量的数量（Medium）

https://leetcode.cn/problems/count-the-number-of-complete-components/

问题形容

给你一个整数 n。现有一个蕴含 n 个顶点的 无向  图，顶点按从 0 到 n - 1 编号。给你一个二维整数数组 edges 其中 edges[i] = [ai, bi] 示意顶点 ai 和 bi 之间存在一条  无向 边。

返回图中 齐全连通重量 的数量。

如果在子图中任意两个顶点之间都存在门路，并且子图中没有任何一个顶点与子图内部的顶点共享边，则称其为 连通重量。

如果连通重量中每对节点之间都存在一条边，则称其为 齐全连通重量。

示例 1：

输出：n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[1,2],[3,4]]
输入：3
解释：如上图所示，能够看到此图所有重量都是齐全连通重量。

示例 2：

输出：n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[1,2],[3,4],[3,5]]
输入：1
解释：蕴含节点 0、1 和 2 的重量是齐全连通重量，因为每对节点之间都存在一条边。蕴含节点 3、4 和 5 的重量不是齐全连通重量，因为节点 4 和 5 之间不存在边。因而，在图中齐全连贯重量的数量是 1。

提醒：

• 1 <= n <= 50
• 0 <= edges.length <= n * (n - 1) / 2
• edges[i].length == 2
• 0 <= ai, bi <= n - 1
• ai != bi
• 不存在反复的边

准备常识 – 齐全图

齐全图中每对不同的顶点之间都恰连有一条边相连，n 个节点的齐全图有 n*(n − 1) / 2 条边。

问题剖析

这道题是比拟间接的岛屿 / 连通重量问题，咱们间接跑 DFS / BFS / 并查集，计算每个连通重量的节点数和边数是否均衡。

如果连通重量是齐全图，那么节点数 v 和边数 e 满足 e == v * (v – 2) / 2

题解一（DFS）

枚举每个节点跑 DFS，统计雷同连通重量的节点数 v 和节点数 e，因为在遍历的时候，同一条边会在两个节点上反复统计，所以判断连通重量是否为齐全图的公式调整为 e == v * (v – 2)。

class Solution {fun countCompleteComponents(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {
        // 建图（邻接表）val graph = Array(n) {mutableListOf<Int>() }
        for (edge in edges) {graph[edge[0]].add(edge[1])
            graph[edge[1]].add(edge[0]) // 无向边
        }
        // 标记数组
        val visit = BooleanArray(n)
        // 枚举
        var ret = 0
        for (i in 0 until n) {if (visit[i]) continue
            val cnt = IntArray(2) // v, e
            dfs(graph, visit, i, cnt)
            if (cnt[1] == cnt[0] * (cnt[0] - 1)) ret++
        }
        return ret
    }

    private fun dfs(graph: Array<out List<Int>>, visit: BooleanArray, i: Int, cnt: IntArray) {visit[i] = true
        cnt[0] += 1 // 减少节点
        cnt[1] += graph[i].size // 减少边（会统计两次）for (to in graph[i]) {if (!visit[to]) dfs(graph, visit, to, cnt)
        }
    }
}

复杂度剖析：

• 工夫复杂度：$O(n + m)$ 其中 n 为节点数，m 为 edges 的长度；
• 空间复杂度：图空间 $O(m)$，标记数组空间 $O(n)$。

题解二（BFS）

附赠一份 BFS 代码：

class Solution {fun countCompleteComponents(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {
        // 建图（邻接表）val graph = Array(n) {mutableListOf<Int>() }
        for (edge in edges) {graph[edge[0]].add(edge[1])
            graph[edge[1]].add(edge[0]) // 无向边
        }
        // 标记数组
        val visit = BooleanArray(n)
        // 枚举
        var ret = 0
        for (i in 0 until n) {if (visit[i]) continue
            var v = 0
            var e = 0
            // BFS
            var queue = LinkedList<Int>()
            queue.offer(i)
            visit[i] = true
            while (!queue.isEmpty()) {
                val temp = queue
                queue = LinkedList<Int>()
                for (j in temp) {
                    v += 1 // 减少节点
                    e += graph[j].size // 减少边（会统计两次）for (to in graph[j]) {if (!visit[to]) {queue.offer(to)
                            visit[to] = true
                        }
                    }
                }
            }
            if (e == v * (v - 1)) ret++
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

• 工夫复杂度：$O(n + m)$ 其中 n 为节点数，m 为 edges 的长度；
• 空间复杂度：图空间、标记数组空间和队列空间。

题解三（并查集）

附赠一份并查集代码：

class Solution {fun countCompleteComponents(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {val uf = UnionFind(n)
        for (edge in edges) {uf.union(edge[0], edge[1])
        }
        return uf.count()}

    private class UnionFind(n: Int) {private val parent = IntArray(n) {it}
        private val rank = IntArray(n)
        private val e = IntArray(n)
        private val v = IntArray(n) {1}

        fun find(x: Int): Int {
            // 门路压缩
            var a = x
            while (parent[a] != a) {parent[a] = parent[parent[a]]
                a = parent[a]
            }
            return a
        }

        fun union(x: Int, y: Int) {val rootX = find(x)
            val rootY = find(y)
            if (rootX == rootY) {e[rootX]++
            } else {
                // 按秩合并
                if (rank[rootX] < rank[rootY]) {parent[rootX] = rootY
                    e[rootY] += e[rootX] + 1 // 减少边
                    v[rootY] += v[rootX] // 减少节点
                } else if (rank[rootY] > rank[rootX]) {parent[rootY] = rootX
                    e[rootX] += e[rootY] + 1
                    v[rootX] += v[rootY]
                } else {parent[rootY] = rootX
                    e[rootX] += e[rootY] + 1
                    v[rootX] += v[rootY]
                    rank[rootX]++
                }
            }
        }

        // 统计连通重量
        fun count(): Int {return parent.indices.count { parent[it] == it && v[it] * (v[it] - 1) / 2 == e[it] }
        }
    }
}

复杂度剖析：

• 工夫复杂度：$O(n + am)$ 其中 n 为节点数，m 为 edges 的长度，其中 $a$ 为反阿克曼函数。
• 空间复杂度：$O(n)$ 并查集空间。

往期回顾

• LeetCode 单周赛第 344 场 · 手写递归函数的通用套路
• LeetCode 单周赛第 343 场 · 联合「下一个排列」的贪婪结构问题
• LeetCode 双周赛第 104 场 · 流水的动静布局，铁打的结构化思考
• LeetCode 双周赛第 103 场 · 区间求和的树状数组经典利用