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学习数据结构与算法的关键在于把握问题背地的算法思维框架，你的思考越形象，它能笼罩的问题域就越广，了解难度也更简单。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告，一起领会上分之旅。
本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 41 篇文章，往期回顾请移步到文章开端\~
周赛 359
T1. 判断首字母缩略词（Easy）
- 标签：模仿、字符串
T2. k-avoiding 数组的最小总和（Medium）
- 标签：散列表、贪婪、数学
T3. 销售利润最大化（Medium）
- 标签：排序、桶排序、双指针、线性 DP、离散化
T4. 找出最长等值子数组（Medium）
- 标签：分桶、双指针
T1. 判断首字母缩略词（Easy）
https://leetcode.cn/problems/check-if-a-string-is-an-acronym-of-words/题解（模仿）
class Solution {public: bool isAcronym(vector<string>& words, string s) { if (words.size() != s.length()) return false; for (int i = 0; i < words.size(); i++) { if (words[i][0] != s[i]) return false; } return true; }};复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 线性遍历；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅应用常量级别空间。
T2. k-avoiding 数组的最小总和（Medium）
https://leetcode.cn/problems/determine-the-minimum-sum-of-a-k-avoiding-array/题解一（散列表 + 贪婪）
从 1 开始从小到大枚举，如果以后元素 cur 与已选列表不抵触，则退出后果中。为了验证是否抵触，咱们应用散列表在 O(1) 工夫复杂度判断。
class Solution { fun minimumSum(n: Int, k: Int): Int { val set = HashSet<Int>() var sum = 0 var cur = 1 repeat(n) { while (!set.isEmpty() && set.contains(k - cur)) cur++ sum += cur set.add(cur) cur++ } return sum }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 线性遍历；
- 空间复杂度：$O(n)$ 散列表空间。
题解二（数学）
这道题还能够持续开掘数学法则，咱们发现当咱们从 1 开始从小到大枚举时，每抉择一个数的同时必然会使得另一个数 k - x 不可选。例如：
- 抉择 1，则 k - 1 不可选；
- 抉择 2，则 k - 2 不可选；
- …
- 抉择 k / 2，则 k - k / 2 不可选。
能够发现，最终抉择的元素被分为两局部：
- 小于 k 的局部：抉择所有和为 k 的配对中的较小值，即 1、2、3 … k / 2；
- 大于等于 k 的局部：与其余任意正整数相加都不会等于 k，因而大于等于 k 的数必然能够抉择，即 k、k + 1、k + 2、…、k + n - m - 1共 n - m 个数。
咱们令 m = min(k / 2, n)，应用求和公式能够 O(1) 求出两局部的总和：
- 小于 k 的局部：$m(m + 1)/ 2$
- 大于等于 k 的局部：$(n - m) * (2*k + n - m - 1) / 2$
class Solution { fun minimumSum(n: Int, k: Int): Int { val m = Math.min(n, k / 2) return m * (m + 1) / 2 + (n - m) * (2 * k + n - m - 1) / 2 }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(1)$
- 空间复杂度：$O(1)$
T3. 销售利润最大化（Medium）
https://leetcode.cn/problems/maximize-the-profit-as-the-salesman/问题剖析
对于区间 [0, n) 的房子，如果咱们抉择 [i, j, gold] 的 offer，那么原问题的解就变成 gold + [0, i) + (j, n) 的两个子问题的解；
定义 dp[i] 示意到 [i] 为止能够播种的最大销售利润，则对于第 [i] 间房子有卖和不卖两种抉择：
- 不卖，那么 dp[i] = dp[i - 1]
- 卖，那么 dp[i] = dp[i - 1] + gold。然而题目的销售 offer 是依照区间销售而不是依照单个房子销售，如果第 i 个房子没有处于 offer 的 end 端点的话，咱们是不能卖出的。
因而，咱们须要找到枚举 start 端点（从后往前遍历）或枚举 end 端点（从前往后遍历）的办法，并应用转移方程 dp[i] = max(dp[i], dp[start] + gold) 更新答案。
题解一（排序 + 线性 DP + 双指针）
第一种办法，咱们先对所有 offer 依照 end 端点排序，并应用 j 指针指向以后终止工夫最早的 offer。在动静布局的过程中，当 i 指针与 j 指针的 end 端点重合时，能够尝试更新后果。
class Solution { fun maximizeTheProfit(n: Int, offers: List<List<Int>>): Int { val m = offers.size // 排序 Collections.sort(offers) { e1, e2 -> e1[1] - e2[1] } var j = 0 // 线性 DP val dp = IntArray(n + 1) for (i in 1 .. n) { // 不卖 dp[i] = dp[i - 1] // 卖 while (j < m && i - 1 == offers[j][1]) { // while：可能存在起点重叠的区间 dp[i] = Math.max(dp[i], dp[offers[j][0]] + offers[j][2]) ++j } } return dp[n] }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(mlgm + n + m)$ 排序预处理工夫为 $O(mlgm)$，动静布局工夫为 $O(n + m)$；
- 空间复杂度：$O(n)$ 排序递归栈空间 + DP 数组空间。
题解二（桶排序 + 线性 DP）
第二种办法，同样是对所有 offer 依照 end 端点排序，但咱们应用桶排序优化。
class Solution { fun maximizeTheProfit(n: Int, offers: List<List<Int>>): Int { // 分桶 val buckets = Array(n) { LinkedList<IntArray>() } for (offer in offers) { buckets[offer[1]].add(intArrayOf(offer[0], offer[2])) } // 线性 DP val dp = IntArray(n + 1) for (i in 1 .. n) { // 不卖 dp[i] = dp[i - 1] // 卖 for (e in buckets[i - 1]) { dp[i] = Math.max(dp[i], dp[e[0]] + e[1]) } } return dp[n] }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n + m)$ 预处理工夫为 $O(n + m)$，其中蕴含 $O(n)$ 工夫的数组创立工夫，应用散列表能够优化预处理工夫到 $O(m)$。动静布局中求最值局部每个 offer 最多拜访 1 次整体工夫，因而动静布局的工夫复杂度为 $O(n + m)$；
- 空间复杂度：$O(n)$ DP 数组和分桶数组空间。
题解三（线性 DP + 离散化）
如果 n 的值域十分大的话，以上两种解法的工夫和空间可能无奈满足。咱们发现因为影响题目的关键点仅在与 offer 的 start 端点和 end 端点，而两头空白的点或者被笼罩的点是无关紧要的。
因而，咱们能够应用离散化的技巧，将所有 offer 的 start 端点和 end 端点去重后组合成新的坐标轴 points，将在 [0, n) 上的线性 DP 转换为在 [0, m) 上的线性 DP。
class Solution { fun maximizeTheProfit(n: Int, offers: List<List<Int>>): Int { // 对 start 和 end 离散化 val pointSet = HashSet<Int>() for (offer in offers) { pointSet.add(offer[0]) pointSet.add(offer[1]) } // 排序 val points = pointSet.toMutableList() points.sort() // 端点 -> id val m = points.size val ids = HashMap<Int, Int>() for (id in 0 until m) { ids[points[id]] = id } // 分桶 val buckets = Array(m) { LinkedList<IntArray>() } for (offer in offers) { val start = offer[0] val end = offer[1] val gold = offer[2] buckets[ids[end]!!].add(intArrayOf(ids[start]!!, gold)) } // 线性 DP val dp = IntArray(m + 1) for (i in 1 .. m) { // 不卖 dp[i] = dp[i - 1] // 卖 for (e in buckets[i - 1]) { dp[i] = Math.max(dp[i], dp[e[0]] + e[1]) } } return dp[m] }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(mlgm + m)$ 预处理工夫为 $O(mlgm)$，瓶颈在排序，线性 DP 工夫为 $O(m)$；
- 空间复杂度：$O(m)$ 离散化节点空间、分桶空间和线性 DP 空间都是 $O(m)$ 工夫复杂度。
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T4. 找出最长等值子数组（Medium）
https://leetcode.cn/problems/find-the-longest-equal-subarray/题解（分桶 + 同向双指针）
这道题比 T3 还略微简略一些。
- 分桶： 咱们晓得指标子数组肯定产生在元素值相等的地位，因而咱们能够先把所有元素下标按元素值分桶，再应用滑动窗口来寻找分桶内删除次数不超过 k 能够结构的最大间断子数组。
- 滑动窗口： 应用同向双指针保护指标滑动窗口，当向右扩大窗口右端点时减少删除量 delete，如果 delete 大于 k 则须要放大左端点，过程中记录间断相等子数组的最大长度。
class Solution { fun longestEqualSubarray(nums: List<Int>, k: Int): Int { val n = nums.size // 分桶 val buckets = Array(n + 1) { ArrayList<Int>() } for ((i, num) in nums.withIndex()) { buckets[num].add(i) } // 同向双指针 var ret = 1 for (bucket in buckets) { val m = bucket.size var delete = 0 var i = 0 for (j in 1 until m) { // 减少删除量 delete += bucket[j] - bucket[j - 1] - 1 while (delete > k) { // 复原删除量 delete -= bucket[i + 1] - bucket[i] - 1 // 膨胀左指针 i++ } ret = Math.max(ret, j - i + 1) } } return ret }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 分桶工夫为 $O(n)$，所有分桶的同向双指针工夫总和为 $O(n)$；
- 空间复杂度：$O(n)$ 分桶空间。
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