关于后端:1252-奇数值单元格的数目-简单计数模拟题

题目形容

这是 LeetCode 上的 1252. 奇数值单元格的数目 ，难度为 简略。

Tag :「模仿」、「位运算」、「计数」

给你一个 $m \times n$ 的矩阵，最开始的时候，每个单元格中的值都是 $0$。

另有一个二维索引数组 indices，$indices[i] = [r_i, c_i]$ 指向矩阵中的某个地位，其中 $r_i$ 和 $c_i$ 别离示意指定的行和列（从 $0$ 开始编号）。

对 $indices[i]$ 所指向的每个地位，应同时执行下述增量操作：

• $r_i$ 行上的所有单元格，加 $1$。
• $c_i$ 列上的所有单元格，加 $1$。

给你 $m$、$n$ 和 $indices$。请你在执行完所有 $indices$ 指定的增量操作后，返回矩阵中 奇数值单元格 的数目。

示例 1：

输出：m = 2, n = 3, indices = [[0,1],[1,1]]

输入：6

解释：最开始的矩阵是 [[0,0,0],[0,0,0]]。第一次增量操作后失去 [[1,2,1],[0,1,0]]。最初的矩阵是 [[1,3,1],[1,3,1]]，外面有 6 个奇数。

示例 2：

输出：m = 2, n = 2, indices = [[1,1],[0,0]]

输入：0

解释：最初的矩阵是 [[2,2],[2,2]]，外面没有奇数。

提醒：

• $1 <= m, n <= 50$
• $1 <= indices.length <= 100$
• $0 <= r_i < m$
• $0 <= c_i < n$

进阶：你能够设计一个工夫复杂度为 $O(n + m + indices.length)$ 且仅用 $O(n + m)$ 额定空间的算法来解决此问题吗？

根本剖析

容易想到工夫复杂度为 $O(l + m \times n)$，空间复杂度为 $O(m + n)$ 的做法，在此不再赘述。

对于某个地位最终累加值为奇数的充要条件为「所在行被累加次数的奇偶性」与「所在列被累加次数的奇偶性」不同。

因而咱们能够统计累加次数为奇数的行数 $a$（累加次数为偶数的行数为 $m – a$），累加次数为奇数的列数 $b$（累加次数为偶数的列数为 $n – b$），依据乘法原理，最终答案为 $a \times (n – b) + (m – a) \times b$。

计数模仿

因为咱们只需关系某个地位的奇偶性，而不关怀具体的累加值，咱们能够创立两个数组 r 和 c，统计每行和每列的累加值的奇偶性。

当 $r[idx]$ 为 True 含意为第 $idx$ 行的累加值为奇数，否则为偶数。列数组 c 的统计规定同理。

代码：

class Solution {public int oddCells(int m, int n, int[][] ins) {boolean[] r = new boolean[m], c = new boolean[n];
        int a = 0, b = 0;
        for (int[] info : ins) {a += (r[info[0]] = !r[info[0]]) ? 1 : -1;
            b += (c[info[1]] = !c[info[1]]) ? 1 : -1;
        }
        return a * (n - b) + (m - a) * b;
    }
}

• 工夫复杂度：构建计数数组的复杂度为 $O(m + n)$，统计奇数行和奇数列复杂度为 $O(l)$，其中 $l$ 为数组 ins 的长度，复杂度为 $O(m + n + l)$
• 空间复杂度：$O(m + n)$

位运算

更进一步，咱们能够应用两个 long 变量 $c1$ 和 $c2$ 来别离充当行和列的计数数组，当 $c1$ 的第 $k$ 位为 $1$，代表第 $k$ 行累加值为奇数，当 $c1$ 的第 $k$ 位为 $0$，代表第 $k$ 行累加值为偶数；$c2$ 的计数规定同理。而翻转二进制中的某一位可应用「异或」操作。

当解决完所有的 ins 之后，可通过「遍历 $c1$ 的低 $m$ 位 + 遍历 $c2$ 的低 $n$ 位」来失去行数中奇数个数 $a$，列数中奇数个数 $b$，复杂度为 $O(m + n)$；也应用 bitCount 统计 long 二进制数中 $1$ 的个数（实质是分治操作），复杂度为 $O(\log{64})$。

代码：

class Solution {public int oddCells(int m, int n, int[][] ins) {
        long c1 = 0, c2 = 0;
        for (int[] info : ins) {c1 ^= 1L << info[0];
            c2 ^= 1L << info[1];
        }
        int a = 0, b = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++) a += ((c1 >> i) & 1);
        for (int i = 0; i < n; i++) b += ((c2 >> i) & 1);
        return a * (n - b) + (m - a) * b;
    }
}

–

class Solution {public int oddCells(int m, int n, int[][] ins) {
        long c1 = 0, c2 = 0;
        for (int[] info : ins) {c1 ^= 1L << info[0];
            c2 ^= 1L << info[1];
        }
        int a = Long.bitCount(c1), b = Long.bitCount(c2);
        return a * (n - b) + (m - a) * b;
    }
}

• 工夫复杂度：解决所有的 ins 复杂度为 $O(l)$，其中 $l$ 为数组 ins 的长度；应用遍历形式统计奇数行和奇数列个数复杂度为 $O(m + n)$；应用 bitCount 操作统计二进制中 $1$ 个数，复杂度为 $O(\log{C})$，其中 $C = 64$ 为 long 二进制数长度，整体复杂度为 $O(l + m + n)$ 或 $O(l + \log{C})$
• 空间复杂度：$O(1)$

最初

这是咱们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1252 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，局部是有锁题，咱们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章外面，除了解说解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果波及通解还会相应的代码模板。

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