5436. 一维数组的动态和
- 时间复杂度：O(n)
- 知识点：前缀和
根据题目给出的公式 runningSum[i] = sum(nums[0]…nums[i])，可得：
- 当 i > 0 时，runningSum[i] = runningSum[i-1] + nums[i]
- 当 i = 0 时，runningSum[i] = nums[i]
class Solution {
public:
vector<int> runningSum(vector<int>& nums) {
vector<int> res(nums.size());
res[0] = nums[0];
for(int i = 1; i < nums.size(); i++) {
res[i] = nums[i] + res[i-1];
}
return res;
}
};
5437. 不同整数的最少数目
- 时间复杂度：O(n*logn)
- 知识点：哈希，排序，贪心
如果要删除 K 个数之后，剩余的数字种类最少，
那么就要移除尽可能多的类型的数字，
那么就是要先删除那些出现次数最少的那些数字咯。
可以先统计每个数字出现的次数，然后对次数进行升序排序，然后尝试删除头部的数字即可。
class Solution {
public:
int findLeastNumOfUniqueInts(vector<int>& arr, int k) {
unordered_map<int, int> pos;
int count[100000] = {0};
for(int i = 0; i < arr.size(); i++) {
auto it = pos.find(arr[i]);
if(it == pos.end()) {
it = pos.insert(make_pair(arr[i], pos.size())).first;
}
count[it->second]++;
}
sort(count, count+pos.size(), less<int>());
int anw = pos.size();
for(int i = 0; i < pos.size() && k >= count[i]; i++) {
k -= count[i];
anw--;
}
return anw;
}
};
5438. 制作 m 束花所需的最少天数
- 时间复杂度：O(n*logm)。n为花的数量，m为1e9。
- 知识点：二分
首先最暴力的解法，从 1 开始暴力枚举天数 i ，然后检查前 i 天盛开的花是否能满足需求。这样的时间复杂度是 O(n*m)。
不难发现，如果第 i 天可以满足要求，那么第 i 天之后盛开的花肯定也能满足需求。
也就是说，答案具备二分的前置要求——单调性。
接下来我们通过二分找到一个最小的 i，使其满足[0, i-1) 天盛开的花不能满足需求，[i, +∞) 天盛开的花都能满足需求。
如果不存在这样的 i，那么答案就是 -1。
设答案可能的取值范围为 [1, 1e9]。首先判断(1+1e9)/2 是否能满足需求。
- 如果不能，说明答案不可能在[1, (1+1e9)/2] 中。
- 如果能，说明答案不可能在 ((1+1e9)/2), 1e9] 中。
依此类推，每次检查都能排除掉一半的候选值。所以做多需要检查约 30 次，即log(1e9) 次。
bool mark[100000];
class Solution {
bool check(const vector<int> &bloomDay, int m, int k, int day) {
int pre = -1;
for(int i = 0; i < bloomDay.size(); i++) {
mark[i]= bloomDay[i] <= day;
if(mark[i] == true) {
if(i - pre >= k) {
if(--m == 0) {
return true;
}
pre = i;
}
} else {
pre = i;
}
}
return false;
}
public:
int minDays(vector<int>& bloomDay, int m, int k) {
int L = 1, R = 1000000000;
int anw = -1;
while(L <= R) {
int mid = (L+R)>>1;
if(check(bloomDay, m, k, mid)) {
anw = mid;
R = mid-1;
} else {
L = mid+1;
}
}
return anw;
}
};
5438. 制作 m 束花所需的最少天数
- 时间复杂度：O(n*logn)
- 知识点：树的遍历，倍增
如果通过预处理，可以知道每个节点的第 1，2，4，8，16…个祖先节点。那么对于每次询问，最多只会向上跳log(n)次。
如上图所示，每个点最多会建立logn条向上的边。以寻找结点5的第5个祖先为例，可以转化为寻找结点1的第1个祖先，再转化为寻找结点0个第0个祖先，即结点0。
倍增建边过程：
如果结点 i 个所有祖先结点已经建边完成，那么可以询问 i 个第 1，2，4，8，16 … 个祖先结点，直到其某个祖先节点不存在。对于每次询问利用祖先结点已经建好的边可以O(logn)的时间复杂度完成。所以可以按照先序遍历的顺序来进行建边。
class TreeAncestor {
vector<int> anc[50000];
bool mark[50000];
void dfs(const vector<int> &parent, int id) {
if(parent[id] == -1 || mark[id] == true) {
return;
}
dfs(parent, parent[id]);
for(int i = 1; ; i <<= 1) {
int p = getKthAncestor(parent[id], i-1);
if(p == -1) {
break;
}
anc[id].push_back(p);
}
mark[id] = true;
}
public:
TreeAncestor(int n, vector<int>& parent) {
memset(mark, false, sizeof(bool)*n);
for(int i = 0; i < n; i++) {
dfs(parent, i);
}
}
int getKthAncestor(int node, int k) {
if(node == -1) {
return -1;
}
if(k == 0) {
return node;
}
if(node == 0) {
return -1;
}
int i = 1, pos = 0;
while(i*2 <= k && pos+1 < anc[node].size()) {
i *= 2;
pos++;
}
return getKthAncestor(anc[node][pos], k-i);
}
};
/**
* Your TreeAncestor object will be instantiated and called as such:
* TreeAncestor* obj = new TreeAncestor(n, parent);
* int param_1 = obj->getKthAncestor(node,k);
*/
