【LeetCode 周赛题解】第338场周赛题解
题目列表
6354. K 件物品的最大和（easy）
6355. 质数减法运算（medium）
6357. 使数组元素全部相等的最少操作次数（medium）
6356. 收集树中金币（hard）
6354. K 件物品的最大和
直接模拟，优先级为： + 1 > + 0 > − 1 +1>+0>-1 +1>+0>−1
class Solution {public:int kItemsWithMaximumSum(int numOnes, int numZeros, int numNegOnes, int k) {if(k<=numOnes)return k;else if(k<=numOnes+numZeros){//数量不够需要0凑数return numOnes;}else{k-=numOnes+numZeros;//还不够，不得不扣return numOnes-k;}}
};
6355. 质数减法运算
从高到低，如果遇到 n u m s [ i ] > = n u m s [ i + 1 ] nums[i]>=nums[i+1] nums[i]>=nums[i+1] ，则寻找一个最小的质数 q q q ，使得 n u m s [ i ] − q < n u m s [ i + 1 ] nums[i]-q<nums[i+1] nums[i]−q<nums[i+1] 。如果找到了， n u m s [ i ] = n u m s [ i ] − q nums[i]=nums[i]-q nums[i]=nums[i]−q ，继续下一个数；如果找不到，返回 f a l s e false false 。
以为1是质数，WA了一次。小学数学老师气死。
class Solution {public:bool isPrime(int n){if(n==1) return false;if(n==2)return true;for(int i=2;i<=sqrt(n);i++){if(n%i==0)return false;}return true;}bool primeSubOperation(vector<int>& nums) {for(int i=nums.size()-2;i>=0;i--){if(nums[i]>=nums[i+1]){bool flag=false;for(int j=1;j<nums[i];j++){if(isPrime(j)){if(nums[i]-j<nums[i+1]){nums[i]-=j;flag=true;break;}}}if(!flag) return flag;}}for(auto num:nums) cout<<num<<" ";cout<<endl;return true;}
};
6357.使数组元素全部相等的最少操作次数
数据范围是 1 0 5 10^5 105，暴力必超。但是不信邪，也找不到更好的办法了，头铁了一下，贡献了一个WA。 O ( n ) O(n) O(n)时间也是不可能的，所以这题的优化肯定在 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) 上。提到 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)，那必然就涉及排序、二分等等。这题也确实是这个方向。
观察可以发现，每次大于 q u e r i e s [ i ] queries[i] queries[i] 的数字得往下减，小于的得往上加。那能不能不一个一个减，一次就把小于 q u e r i e s [ i ] queries[i] queries[i] 的数拉到等于 q u e r i e s [ i ] queries[i] queries[i] ，再一次性把大于 q u e r i e s [ i ] queries[i] queries[i] 的数拉到等于 q u e r i e s [ i ] queries[i] queries[i] 。当然可以，假设小于 q u e r i e s [ i ] queries[i] queries[i] 的数一共有 n n n 个，且这 n n n 个数的和为 s u m sum sum ，则 + 1 +1 +1 的操作次数为 q u e r i e s [ i ] ∗ n − s u m queries[i]*n-sum queries[i]∗n−sum ，大于的部分同理。如果这样做的话，我们每次需要分别统计大于和小于 q u e r i e s [ i ] queries[i] queries[i] 的数的个数，还得分别算他们的和，貌似并没有优化。但是如果我们把原数组排序，并且计算一个前缀和，那我们可以用二分查找，查找 q u e r i e s [ i ] queries[i] queries[i] 在排序后的数组里面的位置，就可以一次性得到上述所需的四个值。
class Solution {public:vector<long long> minOperations(vector<int>& nums, vector<int>& queries) {int m=queries.size();int n=nums.size();vector<long long> res(m,0);vector<long long> sum(n+1,0);sort(nums.begin(),nums.end());for(int i=1;i<=n;i++){sum[i]+=sum[i-1]+nums[i-1];}for(int i=0;i<m;i++){long long q=queries[i];int idx=upper_bound(nums.begin(),nums.end(),q)-nums.begin();// cout<<idx<<endl;res[i]+=sum[n]-sum[idx]-q*(n-idx)+(idx)*q-sum[idx];}return res;}
};
6356. 收集树中金币
这种题再给我十个脑子我也想不出来，像极了数学证明题。看着答案都要想半天才知道为什么要这么做。
先把没金币的子树删掉，因为没必要走过去。此时剩下的拓扑就是都得去走一遍的；然后我们从叶子节点往上走一次，并记录每个点进队的时间。由于是从叶子倒着走的，所以其实这个时间就代表了该点到叶子节点的距离。神奇之处在于，这么走一遍之后，所有两端节点的时间大于2的边，都是需要经过的边，且由于需要回到起点，经过次数为两次。换个说法就是，没有任何一条边需要走三次，且每一条边都要走两次！我也很Amazing。因为主干道上的金币在走的过程中顺路收集，而叶子节点不用走到头，所以其实考虑走到何处可以拿到叶子节点上的金币，并在此处停下掉头就行了。至于为什么不会有经过超过两次的边，其实知道这个结论之后去举例子，发现确实很容易证明，难点在于怎么想得到这个约束条件呢。
class Solution {public:int collectTheCoins(vector<int>& coins, vector<vector<int>>& edges) {int n=coins.size();vector<vector<int>> g(n);//邻接表vector<int> deg(n,0);//每个节点的度for(auto e:edges){int x=e[0],y=e[1];g[x].push_back(y);g[y].push_back(x);deg[x]++;deg[y]++;}//删掉无金币的子树queue<int> q;for(int i=0;i<n;i++){if(deg[i]==1&&coins[i]==0){//度为一，即叶子节点，且无金币q.push(i);}}while(!q.empty()){int x=q.front();q.pop();for(auto y:g[x]){//由于队里都是无金币叶子，故y就是与其相连的唯一的一个节点，也就是其父亲//如果删掉当前叶子之后父亲的度为1且父亲也没金币，那父亲也变成了无金币叶子，应该在下一轮被删掉，故入队//而且由于第二次访问的时候也是倒着走的，且留下的都是有金币的叶子，我们直接度减一就可以做到删掉该节点，而无需去删对应的边if(--deg[y]==1&&coins[y]==0){q.push(y);}}}//现在只剩下有金币叶子及其路径了，再走一遍，计算每个节点到叶子的距离for(int i=0;i<n;i++){if(deg[i]==1&&coins[i]){q.push(i);}}if(q.size()<=1) return 0;//如果只有一个叶子有金币，或完全无金币，则不需要拿金币或站在起点就能拿到金币vector<int> time(n,0);while(!q.empty()){int x=q.front();q.pop();for(auto y:g[x]){if(--deg[y]==1){//只有当孩子全都没了，当前节点是叶子了，才入队并更新时间time[y]=time[x]+1;q.push(y);}}}int res=0;for(auto e:edges){int x=e[0],y=e[1];if(time[x]>=2&&time[y]>=2) res+=2;}return res;}
};
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