[Contexto] Concurso Nacional de Programação da Temporada da Primavera de 2020

C_01 pegue moedas

Existem n pilhas de moedas em cima da mesa e o número de cada pilha é armazenado nas moedas da matriz. Podemos escolher qualquer pilha de cada vez, pegar uma ou duas delas e encontrar o número mínimo de vezes para obter todas as deduções.

输入：[4,2,1]
输出：4
解释：第一堆力扣币最少需要拿 2 次，第二堆最少需要拿 1 次，第三堆最少需要拿 1 次，总共 4 次即可拿完。

示例 2：
输入：[2,3,10]
输出：8

1 ： 1 <= n <= 4
1 <= moedas [i] <= 10

Método 1: Simulação

public int minCount(int[] coins) {
    int sum = 0;
    for (int coin : coins) {
        if (coin % 2 == 0) {
            sum += coin/2;
        } else {
            sum += coin/2 + coin%2;
        }
    }
    return sum;
}

Análise de complexidade

• Complexidade do tempo: $O (n)$，
• Complexidade do espaço: $O(1)$，

---

B_02 Transferir informações

A criança A está jogando um jogo de informações com seus amigos. As regras do jogo são as seguintes:

• Existem n jogadores, todos os números de jogadores são 0 ~ n-1 e o número da criança A é 0
• Cada jogador tem um número fixo de outros jogadores que podem transmitir informações (ou não). A relação de transmissão de informações é unidirecional (por exemplo, A pode transmitir informações para B, mas B não pode transmitir informações para A).
• Cada rodada de informações deve ser passada para outra pessoa, e as informações podem passar pela mesma pessoa repetidamente

Dado o número total de jogadores n, e uma relação de matriz bidimensional que consiste em [número do jogador, correspondente ao número do jogador que pode ser passado]. O número de soluções retornadas do pequeno A (número 0) para o parceiro com número n-1 a k rodadas; se não puder ser alcançado, retornará 0.

输入：n = 5, relation = [[0,2],[2,1],[3,4],[2,3],[1,4],[2,0],[0,4]], k = 3
输出：3
解释：信息从小 A 编号 0 处开始，经 3 轮传递，到达编号 4。共有 3 种方案，
分别是 0->2->0->4， 0->2->1->4， 0->2->3->4。

Método 1: dfs

Construção, dfs ...

List<List<Integer>> g;
int tot, N, K;
public int numWays(int n, int[][] edges, int k) {
    N = n;
    K = k;
    g = new ArrayList<>();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        g.add(new ArrayList<>());
    }
    for (int[] e : edges) {
        g.get(e[0]).add(e[1]);
    }
    dfs(k, 0);
    return tot;
}
void dfs(int id, int k) {
    if (k == 0) {
        if (id == N-1)
            tot++;
        return;
    }
    for (int nei : g.get(id)) {
        dfs(nei, k-1);
    }
}

Análise de complexidade

• Complexidade do tempo: $O (n)$，
• Complexidade do espaço: $O (n)$，

Método 2: bfs

Anel positivo: haverá um anel nesta pergunta, que continuará andando no anel, resultando em um tempo limite; portanto, quando k <0, descartamos esses pontos.

List<List<Integer>> g;
int tot, N;
public int numWays(int n, int[][] edges, int k) {
    N = n;
    g = new ArrayList<>();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        g.add(new ArrayList<>());
    }
    for (int[] e : edges) {
        g.get(e[0]).add(e[1]);
    }
    bfs(k);
    return tot;
}
private void bfs(int k) {
    Queue<Integer> q = new LinkedList<>();
    q.add(0);
    while (!q.isEmpty()) {
        int s = q.size();
        while (s-- > 0) {
            int id = q.poll();
            if (k == 0 && id == N-1)
                tot++;
            if (k < 0)
                continue;
            for (int nei : g.get(id)) {
                q.add(nei);
            }
        }
        k--;
    }
}

Análise de complexidade

• Complexidade do tempo: $O (n)$，
• Complexidade do espaço: $O (n)$，

---

B_03

Método um:

Análise de complexidade

• Complexidade do tempo: $O()$，
• Complexidade do espaço: $O()$，

---

A_04

Método um:

Análise de complexidade

• Complexidade do tempo: $O()$，
• Complexidade do espaço: $O()$，

---