【周赛复盘】LeetCode第81场双周赛

1、统计星号

1）题目描述

给你一个字符串 s ，每 两个 连续竖线'|' 为 一对 。换言之，第一个和第二个 '|' 为一对，第三个和第四个 '|' 为一对，以此类推。
请你返回 不在 竖线对之间，s 中 '*' 的数目。
注意，每个竖线 '|' 都会 恰好 属于一个对。

2）原题链接

LeetCode.6104：统计星号

3）思路解析

• $(1)$先统计出所有*的个数，然后减去两两|之前的*的个数则是答案，使用List存下所有|的下标，进行两两遍历。

4）模板代码

class Solution {
    
    
    public int countAsterisks(String s) {
    
    
        int n=s.length();
        char[] c=s.toCharArray();
        int ans=0;
        List<Integer> list=new ArrayList<>();
        for (int i=0;i<n;++i){
    
    
            char g=c[i];
            if (g=='|') list.add(i);
            if (g=='*') ans++;
        }
        int len=list.size();
        int gg=0;
        for (int i = 0; i <len; i+=2) {
    
    
            int l=list.get(i);
            int r=list.get(i+1);
            for (int j = l+1; j <r; j++) {
    
    
                if (c[j]=='*') gg++;
            }
        }
        return ans-gg;
    }
}

5）算法与时间复杂度

  算法：模拟
  时间复杂度：遍历一次字符串，复杂度为$O(n)$。

2、统计无向图中无法互相到达点对数

1）题目描述

给你一个整数 n，表示一张 无向图 中有 n 个节点，编号为 0到 n - 1 。同时给你一个二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ai, bi] 表示节点 ai 和 bi 之间有一条 无向 边。
请你返回 无法互相到达 的不同 点对数目 。

2）原题链接

LeetCode.6106：统计无向图中无法互相到达点对数

3）思路解析

• $(1)$并查集的模板题，使用数组w保存额外信息，每个连通块的点的个数，对于每个连通块，所有预期不相连的点的个数为$S$，这有：
  $$S=(long)((n-w[i])\ast w[i]$$
  由于答案不考虑顺序，两个点只视为一种答案，所以最后答案会翻倍，我们需要把每个连通块得到的$S$相加再除以$2$。
• $(2)$我们发现，确实本质就是求一下每个连通块的大小，所以我们无论用DFS还是BFS也都非常好写。

4）模板代码

class Solution {
    
    
    int N=100010;
    int[] q=new int[N];
    int[] w=new int[N];
    public long countPairs(int n, int[][] edges) {
    
    
        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            q[i]=i;
            w[i]=1;
        }
        for (int[] g:edges){
    
    
            int a=g[0];
            int b=g[1];
            a=find(a);
            b=find(b);
            if (a!=b){
    
    
                q[a]=b;
                w[b]+=w[a];
            }
        }
        long ans=0;
         Set<Integer> set=new HashSet<>();
         for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            int a=find(i);
            if (set.contains(a)) continue;
            ans+= (long)(n -w[a]) *w[a];
            set.add(a);
        }
        return ans/2;
    }
    int find(int x){
    
    
        if (q[x]!=x) q[x]=find(q[x]);
        return q[x];
    }
}

5）算法与时间复杂度

  算法：并查集、BFS、DFS
  时间复杂度：不进行具体分析

3、操作后的最大异或和

1）题目描述

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 。一次操作中，选择 任意 非负整数 x 和一个下标 i ，更新 nums[i] 为 nums[i] AND (nums[i] XOR x) 。
注意，AND 是逐位与运算，XOR 是逐位异或运算。
请你执行 任意次 更新操作，并返回 nums 中所有元素 最大 逐位异或和。

2）原题链接

LeetCode.6105:操作后的最大异或和

3）思路解析

• $(1)$对于位运算操作，我们可知与其二进制有关，而二进制在数据范围内不会超过32位。二进制中位与位之间是相互独立互不影响的，为了发现规律我们去考虑每一位二进制位的情况。
• $(2)$假设我们考虑第$y$位，由于是二进制，所以$y$的值只可能是$0$或者$1$，此时我们假设$y$为0，那么则有$0AND(0XORx)$，因为$0$与上任何值都为$0$，所以无论x为多少该位都只能是$0$，如果假设$y$为$1$，则有$1AND(0XORx)$，这种情况则需要进行讨论，如果$x$为$1$，这最后结果为$1$，否则为$0$。
• $(3)$由此我们发现，当某个数的二进制的第$y$位是$0$时，它无法改变，当第$y$位是$1$时，它可以变成$0$。对于数组内的所有数，如果存在某个数的第$y$位为$1$，那我们一定可以保证其他数的第$y$位均是$0$或者变成$0$。使得所有数在异或后保证第$y$位为$1$。为了让值更大，就要保证更多的$1$，我们去判断每个位是否都有$1$即可，即将所有数或上即是答案。

4）模板代码

class Solution {
    
    
   public int maximumXOR(int[] nums) {
    
      
       int n=nums.length;
       int g=nums[0];
       for(int i=1;i<n;++i) g|=nums[i];
       return g;
    }
}

5）算法与时间复杂度

  算法：位运算
  时间复杂度：遍历一遍数组为$O(n)$

4、不同骰子序列的数目

1）题目描述

给你一个整数 n 。你需要掷一个 6 面的骰子 n 次。请你在满足以下要求的前提下，求出 不同 骰子序列的数目：
1、序列中任意 相邻 数字的 最大公约数 为 1。
2、序列中 相等 的值之间，至少有 2 个其他值的数字。正式地，如果第 i 次掷骰子的值 等于 第 j 次的值，那么 abs(i - j) > 2 。
请你返回不同序列的 总数目 。由于答案可能很大，请你将答案对$10^9+7$取余 后返回。
如果两个序列中至少有一个元素不同，那么它们被视为不同的序列。

2）原题链接

LeetCode.6107:不同骰子序列的数目

3）思路解析

• $(1)$一眼肯定是线性$dp$问题，考虑到第$i$次扔骰子被第$i-1$和$i-2$次有关，我们需要使用三维$dp$存储状态方便转移。定义$f[i][k][u]$为第$i$次扔的点数为$u$，第$i-1$次为$k$的方案数。
• $(2)$我们可以先预处理出哪些点数是可以作为相邻的点的，对于第$i$次丢筛子然后再去三重循环枚举$j,k,u$，在判断符合的情况下，有转移方程:
  $$f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][u][j])$$

4）模板代码

class Solution {
    
    
    int N=10010;
    int[][][] f=new int[N][7][7];
    boolean[][] st=new boolean[7][7];
    int mod=1000000007;
   public int distinctSequences(int n) {
    
    
       if (n==1) return 6;
       for (int i = 1; i <=6; i++) {
    
    
           for (int j = 1; j <=6; j++) {
    
    
               if (i!=j&&gcd(i,j)==1){
    
    
                   f[2][i][j]=1;
                   st[i][j]=true;
               }
           }
       }
       for (int i = 3; i <=n; i++) {
    
    
           for (int j = 1; j <=6; j++) {
    
    
               for (int k = 1; k <=6; k++) {
    
    
                   if (st[j][k]&&j!=k){
    
    
                       for (int u = 1; u <=6; u++) {
    
    
                           if (st[u][j]&&k!=u&&j!=u){
    
    
                               f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i-1][u][j]) % mod;
                           }
                       }
                   }
               }
           }
       }
       int res=0;
       for (int i = 1; i <=6; i++) {
    
    
           for (int j = 1; j <=6; j++) {
    
    
               res=(res+f[n][i][j])%mod;
           }
       }
       return res;
   }
   int gcd(int a,int b){
    
    
       return b==0?a:gcd(b,a%b);
   }
}

5）算法与时间复杂度

  算法：dp
  时间复杂度：$O(n{m}^3)$，该处$m$为6，因为筛子只有6个面。

5、周赛总结

  第三题不会位运算分析，第四题不写三维$dp$，我是$sb$。