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大家好，我是小彭。
这周比较忙，上周末的双周赛题解现在才更新，虽迟但到哈。上周末这场是 LeetCode 第 101 场双周赛，整体有点难度，第 3 题似乎比第 4 题还难一些。
周赛大纲
- 从两个数字数组里生成最小数字（Easy）
- 题解一：散列表 O ( n + m ) O(n + m) O(n+m) 空间
- 题解二：位运算 O ( 1 ) O(1) O(1) 空间
- 找到最大开销的子字符串（Medium）
- 动态规划 O(n)
- 使子数组元素和相等（Medium）
- 题解 1：拼接数组 + 中位数贪心 · 错误
- 题解 2：数组分组 + 中位数贪心 O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn)
- 题解 3：裴蜀定理 + 中位数贪心 O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn)
- 题解 4：裴蜀定理 + 中位数贪心 + 快速选择 O ( n ) O(n) O(n)
- 图中的最短环（Hard）
- 题解 1：枚举边 + Dijkstra 最短路 + 最小堆 O ( m + m 2 ⋅ l g n ) O(m + m^2·lgn) O(m+m2⋅lgn)
- 题解 2：枚举边 + BFS O ( m + m 2 ) O(m + m^2) O(m+m2)
2605. 从两个数字数组里生成最小数字（Easy）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/form-smallest-number-from-two-digit-arrays/description/
题目描述
给你两个只包含 1 到 9 之间数字的数组 nums1 和 nums2 ，每个数组中的元素 互不相同 ，请你返回 最小 的数字，两个数组都 至少 包含这个数字的某个数位。
题解一（散列表）
简单模拟题，需要对 API 比较熟悉才能写出精炼的代码。
思路：优先选择两个数组交集的最小值，否则取两个数组的最小值再拼接。
class Solution {
fun minNumber(nums1: IntArray, nums2: IntArray): Int {
val set1 = nums1.toHashSet()
val set2 = nums2.toHashSet()
// 优先选择交集
val set = set1.intersect(set2)
if (!set.isEmpty()) return Collections.min(set)
// 选择最小值
val min1 = Collections.min(set1)
val min2 = Collections.min(set2)
// 拼接
return Math.min(10 * min1 + min2, 10 * min2 + min1)
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n + m ) O(n + m) O(n+m) 其中 n n n 是 n u m s 1 nums1 nums1 数组的长度， m m m 是 n u m s 2 nums2 nums2 数组的长度；
- 空间复杂度： O ( n + m ) O(n + m) O(n+m) 散列表空间
题解二（位运算）
使用二进制位标记代替散列表
class Solution {
fun minNumber(nums1: IntArray, nums2: IntArray): Int {
var flag1 = 0
var flag2 = 0
for (num in nums1) {
flag1 = flag1 or (1 shl num)
}
for (num in nums2) {
flag2 = flag2 or (1 shl num)
}
// numberOfTrailingZeros：最低位连续 0 的个数
// 交集
val flag = flag1 and flag2
if (flag > 0) return Integer.numberOfTrailingZeros(flag)
// 最小值
val min1 = Integer.numberOfTrailingZeros(flag1)
val min2 = Integer.numberOfTrailingZeros(flag2)
// 拼接
return Math.min(10 * min1 + min2, 10 * min2 + min1)
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n + m ) O(n + m) O(n+m) 其中 n n n 是 n u m s 1 nums1 nums1 数组的长度， m m m 是 n u m s 2 nums2 nums2 数组的长度；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 散列表空间
2606. 找到最大开销的子字符串（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/find-the-substring-with-maximum-cost/
题目描述
给你一个字符串 s ，一个字符 互不相同 的字符串 chars 和一个长度与 chars 相同的整数数组 vals 。
子字符串的开销 是一个子字符串中所有字符对应价值之和。空字符串的开销是 0 。
字符的价值 定义如下：
- 如果字符不在字符串
chars中，那么它的价值是它在字母表中的位置（下标从 1 开始）。- 比方说，
'a'的价值为1，'b'的价值为2，以此类推，'z'的价值为26。
- 比方说，
- 否则，如果这个字符在
chars中的位置为i，那么它的价值就是vals[i]。
请你返回字符串 s 的所有子字符串中的最大开销。
题解（动态规划）
简单动态规划问题。
先根据题意维护 a-z 每个字母的开销，再求 53. 最长子数组和 问题。
定义 dp[i] 表示以 [i] 为结尾的最大子数组和，则有
- 与 a [ 0 , i − 1 ] a[0, i - 1] a[0,i−1] 拼接： d p [ i ] = d p [ i − 1 ] + v a l s [ i ] dp[i] = dp[i - 1] + vals[i] dp[i]=dp[i−1]+vals[i]
- 不与 a [ i − 1 ] a[i - 1] a[i−1] 拼接（单独作为子数组）： d p [ i ] = v a l s [ i ] dp[i] = vals[i] dp[i]=vals[i]
class Solution {
fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
// 初值
val fullVals = IntArray(26) {
it + 1 }
// 更新
for ((i, c) in chars.withIndex()) {
fullVals[c - 'a'] = vals[i]
}
// 动态规划
val n = s.length
var max = 0
val dp = IntArray(n + 1)
for (i in 1..n) {
val curValue = fullVals[s[i - 1] - 'a']
dp[i] = Math.max(curValue, dp[i - 1] + curValue)
max = Math.max(max, dp[i])
}
return max
}
}
滚动数组优化：
class Solution {
fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
// 初值
val fullVals = IntArray(26) {
it + 1 }
// 更新
for ((i, c) in chars.withIndex()) {
fullVals[c - 'a'] = vals[i]
}
// 动态规划
val n = s.length
var max = 0
var pre = 0
for (i in 1..n) {
val curValue = fullVals[s[i - 1] - 'a']
pre = Math.max(curValue, pre + curValue)
max = Math.max(max, pre)
}
return max
}
}
另一种理解，视为 vals[i] 总与前序子数组拼接，而前序子数组的权值不低于 0：
- d p [ i ] = M a t h . m a x ( d p [ i − 1 ] , 0 ) + v a l s [ i ] dp[i] = Math.max(dp[i - 1], 0) + vals[i] dp[i]=Math.max(dp[i−1],0)+vals[i]
class Solution {
fun maximumCostSubstring(s: String, chars: String, vals: IntArray): Int {
// 初值
val fullVals = IntArray(26) {
it + 1}
// 更新
for ((i, c) in chars.withIndex()) {
fullVals[c - 'a'] = vals[i]
}
// 动态规划
val n = s.length
var max = 0
var pre = 0
for (i in 1..n) {
pre = Math.max(pre, 0) + fullVals[s[i - 1] - 'a']
max = Math.max(max, pre)
}
return max
}
}
2607. 使子数组元素和相等（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/make-k-subarray-sums-equal/
题目描述
给你一个下标从 0 开始的整数数组 arr 和一个整数 k 。数组 arr 是一个循环数组。换句话说，数组中的最后一个元素的下一个元素是数组中的第一个元素，数组中第一个元素的前一个元素是数组中的最后一个元素。
你可以执行下述运算任意次：
- 选中
arr中任意一个元素，并使其值加上1或减去1。
执行运算使每个长度为 k 的 子数组 的元素总和都相等，返回所需要的最少运算次数。
子数组 是数组的一个连续部分。
问题分析
分析 1： 先不考虑循环数组的前提，分析数据约束 “对于满足每个长度为 k 的子数组的和相等”，那么
a [ i ] + a [ i + 1 ] + … + a [ i + k − 1 ] = = a [ i + 1 ] + a [ i + 2 ] + … + a [ i + k − 1 ] + a [ i + k ] a[i]+a[i+1] +…+a[i+k-1] == a[i+1]+a[i+2]+…+a[i+k-1]+a[i+k] a[i]+a[i+1]+…+a[i+k−1]==a[i+1]+a[i+2]+…+a[i+k−1]+a[i+k]
等式两边化简得：
a [ i ] = a [ i + k ] a[i]=a[i+k] a[i]=a[i+k]
也就是说，数组上每间隔 k 的元素要相等。因此我们需要将每间隔 k 的元素分为一组，再将组内元素调整为相等值；
分析 2： 如何将组内元素调整为相等值呢？可以证明选择中位数的贪心做法是最优的。
分析 3： 考虑循环数组的前提，对于 i + k ≥ len(arr) 的情况，需要对数组下标取模来模拟循环
题解一（拼接数组 + 中位数贪心 · 错误）
循环数组有拼接一倍数组的模拟做法，我们模拟出 2*n 长度的数组，在访问每个位置时，将所有同组的数组分为一组，再排序取中位数。
不过，这个思路在这道题里是不对的，因为同一个分组有可能循环多轮才会遇到。即使不考虑错误，在这道题的数据范围上也会内存溢出。
错误测试用例： a r r = [ 1 , 5 , 8 , 10 ] , k = 3 arr = [1, 5, 8, 10], k = 3 arr=[1,5,8,10],k=3
class Solution {
fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
val n = arr.size
var ret = 0L
// 延长一倍数组
val visited = BooleanArray(2 * n)
for (i in 0 until 2 * n) {
if (visited[i]) continue
// 分组
val bucket = ArrayList<Int>()
for (j in i until 2 * n step k) {
bucket.add(arr[j % n])
visited[j] = true
}
// 排序
Collections.sort(bucket)
// println(bucket.joinToString())
// 中位数贪心
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket) {
ret += Math.abs(element - midVal)
}
}
return ret / 2 // 扩充了一倍数组，所以操作数也翻倍了
}
}
题解二（数组分组 + 中位数贪心）
既然不能使用数组，那么可以在内存循环中一直循环取同分组为止，直到出现回环后退出：
class Solution {
fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
val n = arr.size
var ret = 0L
val visited = BooleanArray(n)
for (i in 0 until n) {
if (visited[i]) continue
// 分组
val bucket = ArrayList<Int>()
var j = i
while (!visited[j]) {
bucket.add(arr[j % n])
visited[j] = true
j = (j + k) % n
}
// 排序
Collections.sort(bucket)
// 中位数贪心
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket) {
ret += Math.abs(element - midVal)
}
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn) 其中 n n n 为 a r r arr arr 数组长度，每个元素最多访问一次，且排序一次，所以整体时间是 O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn)；
- 空间复杂度： O ( n + l g n ) O(n + lgn) O(n+lgn) 标记数组空间 + 排序递归栈空间。
题解三（裴蜀定理 + 中位数贪心）
根据前文分析，我们需要保证最终数组是以 k k k 为循环周期的，而循环数组本身又是以 n n n 为循环周期的。根据 裴蜀定理 ，如果一个数组存在周期 k k k 和周期 n n n，那么必然存在周期 g c b ( k , n ) gcb(k, n) gcb(k,n)，而 g c b ( k , n ) gcb(k, n) gcb(k,n) 必然小于 n n n，我们就将问题变成非循环数组问题。
- 裴蜀定理：设 a，b 是不全为零的整数，则存在整数 x , y，使得 ax + by = gcb(a,b)
class Solution {
fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
val n = arr.size
// 最大公约数
val m = gcb(n, k)
var ret = 0L
// 最多只有 m 组
for (i in 0 until m) {
// 分组
val bucket = ArrayList<Int>()
for (j in i until n step m) {
bucket.add(arr[j])
}
// 排序
Collections.sort(bucket)
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket) {
ret += Math.abs(element - midVal)
}
}
return ret
}
private fun gcb(a: Int, b: Int): Int {
if (b == 0) return a
return gcb(b, a % b)
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn) 其中 n n n 为 a r r arr arr 数组长度，每个元素最多访问一次，且排序一次，所以整体时间是 O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn)；
- 空间复杂度： O ( n + l g n ) O(n + lgn) O(n+lgn) 分组空间 + 排序递归栈空间，分组空间最大为 n n n；
题解四（裴蜀定理 + 中位数贪心 + 快速选择）
排序是为了寻找中位数，没必要对整个分组排序，可以优化为快速选择，时间复杂度优化到 O ( n ) O(n) O(n)，Nice！
class Solution {
fun makeSubKSumEqual(arr: IntArray, k: Int): Long {
val n = arr.size
// 最大公约数
val m = gcb(n, k)
var ret = 0L
// 最多只有 m 组
for (i in 0 until m) {
// 分组
val bucket = ArrayList<Int>()
for (j in i until n step m) {
bucket.add(arr[j])
}
// 快速选择
quickSelect(bucket)
val midVal = bucket[bucket.size / 2]
for (element in bucket) {
ret += Math.abs(element - midVal)
}
}
return ret
}
// 快速选择中位数
private fun quickSelect(bucket: ArrayList<Int>) {
val mid = bucket.size / 2
var left = 0
var right = bucket.size - 1
while (true) {
val pivot = partition(bucket, left, right)
if (mid == pivot) {
break
} else if (pivot < mid) {
left = pivot + 1
} else {
right = pivot - 1
}
}
}
// return：分区
private fun partition(bucket: ArrayList<Int>, left: Int, right: Int): Int {
var p = left
for (i in left until right) {
if (bucket[i] < bucket[right]) {
bucket.swap(p++, i)
}
}
bucket.swap(p, right)
return p
}
private fun <T> ArrayList<T>.swap(first: Int, second: Int) {
val temp = this[first]
this[first] = this[second]
this[second] = temp
}
// 迭代写法
private fun gcb(a: Int, b: Int): Int {
var x = a
var y = b
while (y != 0) {
val temp = x % y
x = y
y = temp
}
return x
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 其中 n n n 为 a r r arr arr 数组长度，每个元素最多访问一次；
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 分组空间，分组空间最大为 n n n；
相似题目：
2608. 图中的最短环（Hard）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/shortest-cycle-in-a-graph/
题目描述
现有一个含 n 个顶点的 双向 图，每个顶点按从 0 到 n - 1 标记。图中的边由二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示顶点 ui 和 vi 之间存在一条边。每对顶点最多通过一条边连接，并且不存在与自身相连的顶点。
返回图中 最短 环的长度。如果不存在环，则返回 -1 。
环 是指以同一节点开始和结束，并且路径中的每条边仅使用一次。
题解一（枚举边 + Dijkstra 最短路 + 最小堆）
这道题是 最小环 模板题：给出一个图，问图中边权和最小的环是多大，图的最小环也称围长。
暴力解法：对于每条边 ( u , v ) (u, v) (u,v)，求不经过 ( u , v ) (u,v) (u,v) 边从 u u u 到 v v v 的最短路 l e n len len，那么包含 ( u , v ) (u,v) (u,v) 的最短环就是 l e n + 1 len + 1 len+1。枚举所有边，则所有答案的最小值就是图的最小环。
class Solution {
private val INF = Integer.MAX_VALUE
fun findShortestCycle(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {
// 建图
val graph = Array(n) {
ArrayList<Int>() }.apply {
for (edge in edges) {
this[edge[0]].add(edge[1])
this[edge[1]].add(edge[0])
}
}
// 枚举边
var ret = INF
for (edge in edges) {
ret = Math.min(ret, dijkstra(graph, edge[0], edge[1]))
}
return if (INF == ret) -1 else ret
}
private fun dijkstra(graph: Array<ArrayList<Int>>, u: Int, v: Int): Int {
// 最短路长度
val dis = IntArray(graph.size) {
INF }.apply {
this[u] = 0
}
// 最小堆
val heap = PriorityQueue<Int>() {
e1, e2 ->
dis[e1] - dis[e2]
}.apply {
this.offer(u)
}
// BFS
outer@ while (!heap.isEmpty()) {
// 使用 O(lgn) 找出已选集中最短路长度最小的节点
val x = heap.poll()
// 松弛相邻点
for (y in graph[x]) {
// 忽略 (u, v) 边
if (x == u && y == v) continue
if (dis[x] + 1 /* 边权为 1 */ < dis[y]) {
dis[y] = dis[x] + 1
heap.offer(y)
}
// 找到 u -> v 的最短路
if (y == v) break@outer
}
}
return if(INF == dis[v]) INF else dis[v] + 1
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( m + m 2 ⋅ l g n ) O(m + m^2·lgn) O(m+m2⋅lgn) 其中 n n n 为顶点个数， m m m 为边个数，每条边跑 Dijkstra 最短路每轮迭代以 O ( l g n ) O(lgn) O(lgn) 取出已选集中最短路长度最小的节点，每次 Dijkstra 的时间是 O ( m ⋅ l g n ) O(m·lgn) O(m⋅lgn)；
- 空间复杂度： O ( m + n ) O(m + n) O(m+n) 图空间 + 最小堆空间，使用邻接表可以降低空间到 O ( m + n ) O(m + n) O(m+n)。
题解二（枚举边 + BFS）
由于这道题的边权是 1，所以不需要使用高级的图论算法也能做。
为什么呢，因为每个边权的长度是 1，所以已经访问过的节点是不会存在更短路径的。所以我们不需要使用堆，直接使用队列，最先进入队列中的节点一定是最短路长度最短的节点。
class Solution {
private val INF = Integer.MAX_VALUE
fun findShortestCycle(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int {
// 建图
val graph = Array(n) {
ArrayList<Int>() }.apply {
for (edge in edges) {
this[edge[0]].add(edge[1])
this[edge[1]].add(edge[0])
}
}
// 枚举边
var ret = INF
for (edge in edges) {
ret = Math.min(ret, bfs(graph, edge[0], edge[1]))
}
return if (INF == ret) -1 else ret
}
private fun bfs(graph: Array<ArrayList<Int>>, u: Int, v: Int): Int {
// 最短路长度
val dis = IntArray(graph.size) {
INF }.apply {
this[u] = 0
}
// 最小堆
val queue = LinkedList<Int>().apply {
this.offer(u)
}
// BFS
outer@ while (!queue.isEmpty()) {
// 取队头
val x = queue.poll()
// 松弛相邻点
for (y in graph[x]) {
// 忽略 (u, v) 边
if (x == u && y == v) continue
// 已经访问过的节点不会存在更短路
if (INF != dis[y]) continue
dis[y] = dis[x] + 1
queue.offer(y)
// 找到 u -> v 的最短路
if (y == v) break@outer
}
}
return if (INF == dis[v]) INF else dis[v] + 1
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( m + m 2 ) O(m + m^2) O(m+m2) 在每轮 BFS 中，每条边最多访问 2 次，因此每轮 BFS 的时间复杂度是 O ( m ) O(m) O(m)；
- 空间复杂度： O ( m + n ) O(m + n) O(m+n)。