周赛
1688. 比赛中的配对次数
给你一个整数 n ，表示比赛中的队伍数。比赛遵循一种独特的赛制：
如果当前队伍数是 偶数 ，那么每支队伍都会与另一支队伍配对。总共进行 n / 2 场比赛，且产生 n / 2 支队伍进入下一轮。
如果当前队伍数为 奇数 ，那么将会随机轮空并晋级一支队伍，其余的队伍配对。总共进行 (n - 1) / 2 场比赛，且产生 (n - 1) / 2 + 1 支队伍进入下一轮。
返回在比赛中进行的配对次数，直到决出获胜队伍为止。
示例 1：
输入：n = 7
输出：6
解释：比赛详情：
- 第 1 轮：队伍数 = 7 ，配对次数 = 3 ，4 支队伍晋级。
- 第 2 轮：队伍数 = 4 ，配对次数 = 2 ，2 支队伍晋级。
- 第 3 轮：队伍数 = 2 ，配对次数 = 1 ，决出 1 支获胜队伍。
总配对次数 = 3 + 2 + 1 = 6
示例 2：
输入：n = 14
输出：13
解释：比赛详情：
- 第 1 轮：队伍数 = 14 ，配对次数 = 7 ，7 支队伍晋级。
- 第 2 轮：队伍数 = 7 ，配对次数 = 3 ，4 支队伍晋级。
- 第 3 轮：队伍数 = 4 ，配对次数 = 2 ，2 支队伍晋级。
- 第 4 轮：队伍数 = 2 ，配对次数 = 1 ，决出 1 支获胜队伍。
总配对次数 = 7 + 3 + 2 + 1 = 13
提示：
1 <= n <= 200
1)最简单解法
共有n个队伍，一个冠军，需要淘汰n-1个 队伍。
每一场比赛淘汰一个队伍，因此进行了n-1场比赛。
所以共有n-1个配对。
class Solution {
public int numberOfMatches(int n) {
return n-1;
}
}
2）
class Solution {
public int numberOfMatches(int n) {
int sum = 0;
while(n!=0){
if(n/2==0){
sum+=n/2;
}else{
sum+=n/2;
n = n+1;
}
n = n/2;
}
return sum;
}
}
1689. 十-二进制数的最少数目
(2）如果一个十进制数字不含任何前导零，且每一位上的数字不是 0 就是 1 ，那么该数字就是一个 十-二进制数 。例如，101 和 1100 都是 十-二进制数，而 112 和 3001 不是。
给你一个表示十进制整数的字符串 n ，返回和为 n 的 十-二进制数 的最少数目。
示例 1：
输入：n = “32”
输出：3
解释：10 + 11 + 11 = 32
示例 2：
输入：n = “82734”
输出：8
示例 3：
输入：n = “27346209830709182346”
输出：9
提示：
1 <= n.length <= 105
n 仅由数字组成
n 不含任何前导零并总是表示正整数
解题思路：
脑筋急转弯题，将n的各个位分开来看，每次都将各个位中的最大数值位减一，以保证总位数不变，这样数目才会最少。
比如82734-10000=72734, 72734-10100=62634, 62634-10100=52534, 52534-10100=42434, 42434-10101=32333, 32333-10111=22222, 22222-11111=11111, 11111-11111=0, 共8次。
class Solution {
public int minPartitions(String n) {
int sum =0;
for(int i =0;i<n.length();i++){
if(n.charAt(i)-'0'>sum){
sum = n.charAt(i)-'0';
}
if(sum==9){
return 9;
}
}
return sum;
}
}
1690. 石子游戏 VII
石子游戏中，爱丽丝和鲍勃轮流进行自己的回合，爱丽丝先开始 。
有 n 块石子排成一排。每个玩家的回合中，可以从行中 移除 最左边的石头或最右边的石头，并获得与该行中剩余石头值之 和 相等的得分。当没有石头可移除时，得分较高者获胜。
鲍勃发现他总是输掉游戏（可怜的鲍勃，他总是输），所以他决定尽力 减小得分的差值 。爱丽丝的目标是最大限度地 扩大得分的差值 。
给你一个整数数组 stones ，其中 stones[i] 表示 从左边开始 的第 i 个石头的值，如果爱丽丝和鲍勃都 发挥出最佳水平 ，请返回他们 得分的差值 。
示例 1：
输入：stones = [5,3,1,4,2]
输出：6
解释：
- 爱丽丝移除 2 ，得分 5 + 3 + 1 + 4 = 13 。游戏情况：爱丽丝 = 13 ，鲍勃 = 0 ，石子 = [5,3,1,4] 。
- 鲍勃移除 5 ，得分 3 + 1 + 4 = 8 。游戏情况：爱丽丝 = 13 ，鲍勃 = 8 ，石子 = [3,1,4] 。
- 爱丽丝移除 3 ，得分 1 + 4 = 5 。游戏情况：爱丽丝 = 18 ，鲍勃 = 8 ，石子 = [1,4] 。
- 鲍勃移除 1 ，得分 4 。游戏情况：爱丽丝 = 18 ，鲍勃 = 12 ，石子 = [4] 。
- 爱丽丝移除 4 ，得分 0 。游戏情况：爱丽丝 = 18 ，鲍勃 = 12 ，石子 = [] 。
得分的差值 18 - 12 = 6 。
示例 2：
输入：stones = [7,90,5,1,100,10,10,2]
输出：122
提示：
n == stones.length
2 <= n <= 1000
1 <= stones[i] <= 1000
解释：
DP 数组定义为 dp[a][b] 为 Alice 在区间[a,b] Alice先手的收益和Bob的收益差值
也就是说dp[a][b] 是 游戏规定在 [a,b]区间：Alice 先手， dp[a][b] = Alice获取的最大收益值-Bob获取的最大收益值
边界值
只剩下一个
dp[a][a] Alice 拿了a,没有其余 因此是0
只剩下两个
dp[a][a+1] Alice 拿了小的，获取剩下的大值 Alice = max(stones[a],stones[a+1])
Bob过来发现剩下一个，拿走后不能获取值 bob = 0
dp[a][a+1] = Alice - bob = max(stones[a],stones[a+1])
其他情况
因此无非两种情况:
1.Alice 选择a,假设选择A的收益是SelectA
2.Alice 选择b,假设选择B的收益是SelectB
因此 dp[a][b] = max(selectA,selectB)
那么我们只需要计算selectA和selectB
selectB计算
首先，如果Alice 选择b的情况下,那么Bob也只有两个选项(选择a,或者b-1).
我们注意到，当bob选择某个完成后,又是Alice选择啦,因此一定是
这次bob选择后Alice的收益 + 剩下区间的dp值
这里画图理解
我们发现,Alice和bob获取的差值一定是bob选择的石头对应的值+剩余区间Alice先手的dp值,因此bob一定会选择小的让Alice的收益减少
bob 选a, Alice收益是stones[a]+dp[a+1][b-1]
bob 选b-1,Alice收益是stones[b-1]+dp[a][b-2]
bob 要让差距小，因此会选两者最小值
selectB = min(stones[a]+dp[a+1][b-1],stones[b-1]+dp[a][b-2])
selectA计算
与selectB计算相似，自己画图，结果是
min(stones[a+1]+dp[a+2][b],stones[b]+dp[a+1][b-1])
关键
想清楚博弈树,当Alice操作一定是增加差距，所以是max
当bob操作一定是减少差距，所以是min
代码如下
class Solution {
public int stoneGameVII(int[] stones) {
int n = stones.length;
int [] []dp = new int[n][n];
for(int i = 1; i < n;i++){
for(int j = i;j < n;j++){
int a = j - i ;
int b = j;
if( a + 1 == b){
dp[a][b] = Math.max(stones[a],stones[b]);
}else if(a + 2 == b){
if(stones[a]<stones[b]){
dp[a][b] = Math.min(stones[b],stones[b-1]);
}else{
dp[a][b] = Math.min(stones[a],stones[a+1]);
}
}else{
int selectB = Math.min(stones[a]+dp[a+1][b-1],stones[b-1]+dp[a][b-2]);
int selectA = Math.min(stones[a+1]+dp[a+2][b],stones[b]+dp[a+1][b-1]);
dp[a][b] = Math.max(selectB,selectA);
}
}
}
return dp[0][n-1];
}
}
作者：spring-without-ns