- 唯一的摩尔斯密码
给定一个单词列表，每个单词可以写成每个字母对应摩尔斯密码的组合。例如，“cab” 可以写成 “-.-…–…”，(即 “-.-.” + “.-” + “-…” 字符串的结合)。我们将这样一个连接过程称作单词翻译。
返回我们可以获得所有词不同单词翻译的数量。
class Solution {
public:
int uniqueMorseRepresentations(vector<string>& words) {
set<string>ans;
vector<string>mp={
".-","-...","-.-.","-..",".","..-.","--.","....","..",".---","-.-",".-..","--","-.","---",".--.","--.-",".-.","...","-","..-","...-",".--","-..-","-.--","--.."};
for(int i=0;i<words.size();i++){
string tmp;
for(int j=0;j<words[i].size();j++){
tmp+=mp[words[i][j]-'a'];
}
ans.insert(tmp);
}
return ans.size();
}
};
- C++对半分枚举+双指针
给定的整数数组 A ，我们要将 A数组 中的每个元素移动到 B数组 或者 C数组中。（B数组和C数组在开始的时候都为空）返回true ，当且仅当在我们的完成这样的移动后，可使得B数组的平均值和C数组的平均值相等，并且B数组和C数组都不为空。
class Solution {
public:
vector<double> make(vector<double> nums){
// 枚举子序列的和
int n = nums.size();
vector<double> ans(1 << n);
for(int i = 0; i < n; ++i){
for(int j = 0; j < (1 << i); ++j){
ans[j + (1 << i)] = ans[j] + nums[i];
}
}
return ans;
}
bool splitArraySameAverage(vector<int>& nums) {
int n = nums.size(), sum = 0;
if(n == 1) return false; // 被坑了一下
for(int& ev: nums) sum += ev;
vector<double> dnums(n);
for(int i = 0; i < n; ++i){
dnums[i] = nums[i] - (double)sum / n;
}
// 获取所有子序列的和
vector<double> left = make({
dnums.begin(), dnums.begin() + n / 2});
vector<double> right = make({
dnums.begin() + n / 2, dnums.end()});
// 先判断是否能独自构成答案，注意不能从0开始枚举，0表示不贡献任何元素
for(int i = 1; i < left.size(); ++i){
if(fabs(left[i]) < 1e-5) return true;
}
left.erase(left.begin()); left.pop_back(); // 删除全贡献和全不贡献的情况
for(int i = 1; i < right.size(); ++i){
if(fabs(right[i]) < 1e-5) return true;
}
right.erase(right.begin()); right.pop_back();
sort(left.rbegin(), left.rend());
sort(right.begin(), right.end());
int l = 0, r = 0; // 双指针
while(l < left.size() && r < right.size()){
double ev = left[l] + right[r];
if(fabs(ev) < 1e-5) return true;
else if(ev > 0) l++;
else r++;
}
return false;
}
};
- 写字符串需要的行数
现在回答两个问题：至少多少行能放下S，以及最后一行使用的宽度是多少个单位？将你的答案作为长度为2的整数列表返回。
class Solution {
public:
vector<int> numberOfLines(vector<int>& widths, string s) {
int ansLine=1;
int add=0;
for(int i=0;i<s.size();i++){
if(add+widths[s[i]-'a']>100){
ansLine++;
add=widths[s[i]-'a'];
}else add+=widths[s[i]-'a'];
}
return {
ansLine,add};
}
};
- 保持城市天际线
在二维数组grid中，grid[i][j]代表位于某处的建筑物的高度。 我们被允许增加任何数量（不同建筑物的数量可能不同）的建筑物的高度。 高度 0 也被认为是建筑物。最后，从新数组的所有四个方向（即顶部，底部，左侧和右侧）观看的“天际线”必须与原始数组的天际线相同。 城市的天际线是从远处观看时，由所有建筑物形成的矩形的外部轮廓。 请看下面的例子。建筑物高度可以增加的最大总和是多少？
求出每个位置对应的两个最值，取小值即可。贪心求解
class Solution {
public:
int maxIncreaseKeepingSkyline(vector<vector<int>>& grid) {
int n = grid.size();
int maxRow[n];
int maxCol[n];
memset(maxRow, 0, sizeof(maxRow));
memset(maxCol, 0, sizeof(maxCol));
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < n; ++j)
{
maxRow[i] = max(maxRow[i], grid[i][j]);
maxCol[j] = max(maxCol[j], grid[i][j]);
}
}
// 再次遍历计算差值
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < n; ++j)
{
res += min(maxRow[i], maxCol[j]) - grid[i][j];
}
}
return res;
}
};
- 分汤
有 A 和 B 两种类型的汤。一开始每种类型的汤有 N 毫升。需要返回的值： 汤A先分配完的概率 + 汤A和汤B同时分配完的概率 / 2。
设 dp(i, j) 表示汤 A 和汤 B 分别剩下 i 和 j 份时，所求的概率值。状态转移方程为：
dp(i, j) = 1/4 * (dp(i - 4, y) + dp(i - 3, y - 1) + dp(i - 2, y - 2) + dp(i - 1, y - 3))
class Solution {
public:
double soupServings(int N) {
// 较大N，直接返回1.0
if (N >= 4000)
{
return 1.0;
}
// 换算25来归一化
N = N/ 25 + (N %25 != 0);
double** d = new double*[N+1];
for (int i = 0; i <= N; ++i)
{
d[i] = new double[N+1];
memset(d[i], 0, sizeof(double)*(N+1));
}
for (int i = 0; i <= N; ++i)
{
for (int j = 0; j <= N; ++j)
{
if (i > 0 && j > 0)
{
d[i][j] = (d[max(i-4, 0)][j] + d[max(i-3, 0)][max(j-1,0)] + d[max(i-2, 0)][max(j-2,0)] + d[max(i-1, 0)][max(j-3,0)])*0.25;
}
else if (i <= 0 && j <= 0)
{
d[i][j] = 0.5;
}
else if (i <= 0 && j > 0)
{
d[i][j] = 1.0;
}
}
}
return d[N][N];
}
};
- 情感丰富的文字
输入一组查询单词，输出其中可扩张的单词数量。
双指针滑动即可
class Solution {
public:
int expressiveWords(string s, vector<string>& words) {
int ans=0;
for(int i=0;i<words.size();i++){
string &word=words[i];
int cur1=0,cur2=0;
bool flag=false;
while(cur1<s.size()){
int j=cur1;
cur1++;
while(cur1<s.size()&&s[cur1]==s[j])cur1++;
int len1=cur1-j;
if(word[cur2]!=s[j]){
flag=true;
break;
}
int k=cur2;
cur2++;
while(cur2<word.size()&&word[cur2]==word[k])cur2++;
int len2=cur2-k;
if(len1<=2&&len1!=len2){
flag=true;
break;
}
else if(len1>=3&&len2>len1){
flag=true;
break;
}
}
if(cur2!=word.size())flag=true;
if(flag==false)ans++;
}
return ans;
}
};
- 黑板异或游戏
黑板上写着一个非负整数数组 nums[i] 。Alice 和 Bob 轮流从黑板上擦掉一个数字，Alice 先手。如果擦除一个数字后，剩余的所有数字按位异或运算得出的结果等于 0 的话，当前玩家游戏失败。 (另外，如果只剩一个数字，按位异或运算得到它本身；如果无数字剩余，按位异或运算结果为 0。）
本题实际需要按情况分类讨论如何能够获胜，通过数学证明，最后可得。当且仅当以下两个条件至少满足一个时，Alice 必胜：数组 nums 的全部元素的异或结果等于 0；数组 nums 的长度是偶数
class Solution {
public:
bool xorGame(vector<int>& nums) {
if (nums.size() % 2 == 0) {
return true;
}
int xorsum = 0;
for (int num : nums) {
xorsum ^= num;
}
return xorsum == 0;
}
};