第一題 1539. 第 k 個缺失的正整數(shù)

用一個數(shù)組missed記錄從小到大、所有arr數(shù)組缺失的正整數(shù)可以把所有出現(xiàn)過的元素放入一個set里，然后從
1～2000開始枚舉（因為arr長度和k的大小最大都是1000，所以答案一定小于2000），如果當前枚舉到的這個數(shù)在
set中沒有出現(xiàn)，說明arr數(shù)組中缺失這個數(shù)，把這個數(shù)加入到missed數(shù)組中，如果missed數(shù)組的大小為k，說明找到了第k
個缺失的正整數(shù)，返回即可。

class Solution {
public:
    int findKthPositive(vector<int>& arr, int k) {
        vector<int> missed;
        set<int> hash;
        for(auto &a : arr) {
            hash.insert(a);
        }
        for(int i = 1; i < 2010; ++i) {
            if(hash.count(i) == 0) {
                missed.push_back(i);
                if(missed.size() == k) {
                    return missed.back();
                }
            }
        }
        return missed.back();
    }
};

第二題 1540. K 次操作轉(zhuǎn)變字符串

如果s能轉(zhuǎn)換為t，說明s的size和t的size相同，又由于轉(zhuǎn)換的字母在s中的位置和在t中的位置是一樣的，所以我們可以一個O(n)同時遍歷一下s和t，
看一下每個位置上的s[i]要轉(zhuǎn)換成t[i]需要多少步，然后再判斷這些步數(shù)能否在給定的k內(nèi)完成。

我們開一個哈希表vector Hash(27); Hash[i]表示需要移位i步的操作的次數(shù)，(i從1到26）。

然后我們統(tǒng)計一下所有移位操作的次數(shù)。
最后根據(jù)哈希表中各個移位操作的次數(shù)和k的大小比較一下，就可以判斷出來是否能將s轉(zhuǎn)換成t。

比如，如果k<=26，說明移位1~k的操作每個操作只能有一次，如果對于一個需要移位i步的操作Hash[i] > 1(1 <= i <= k)，
也就是說我們需要一次以上的移位i步操作才可以將s轉(zhuǎn)換成t，這是不可以的，因為k小于等于26，所以每個移位操作最多進行一次，
這樣我們就返回false。
同樣的，如果k<=26,我們有一個需要移位i步的操作Hash[i] > 0 (k + 1 <= i < 26)，也就是說有需要移位的步數(shù)大于k的情況，
也返回false，因為我們無法移位那么多。

如果k > 26,那么我們的選擇余地就大一些了，因為一位i步操作有多次的話，我們可以視為分別移步i步，i + 26步，i + 52步。。。。。
所以我們只需要對于所有的i(1 <= i < 26)，判斷是否i + 26 * (Hash[i] - 1) <= k即可，Hash[i] - 1的減一是因為，第一次移位i步在1 ~ 25范圍內(nèi).
i + 26 * (Hash[i] - 1) <= k如果成立，代表所有移位i步的操作都可以在k次移步操作內(nèi)完成，如果成功就返回false。
否則，如果i + 26 * (Hash[i] - 1) > k，則說明k次移位操作內(nèi)無法滿足所有要移步i步的操作，返回false。

代碼如下：

class Solution {
public:
    bool canConvertString(string s, string t, int k) {
        if(s == t) {
            return true;
        }
        if(s.size() != t.size()) {                  //如果長度都不相等，就不用判斷了
            return false;
        }
        if(k == 0) {                                //不能移步，返回false
            return false;
        }
        int size = s.size();
        vector<int> Hash(27);                       //Hash[i]表示需要切換i次的操作的個數(shù)
        for(int i = 0; i < size; ++i) {
            if(s[i] == t[i]) {
                continue;
            } else if(s[i] < t[i]) {
                int shiftTimes = (t[i] - s[i]);
                ++Hash[shiftTimes];
            } else if(s[i] > t[i]) {
                int shiftTimes = 26 - (s[i] - t[i]);
                ++Hash[shiftTimes];
            }
        }
        if(k <= 26) {
            for(int i = 0; i <= k; ++i) {
                if(Hash[i] > 1) {
                    return false;
                }
            }
            for(int i = k + 1; i <= 26; ++i) {
                if(Hash[i] > 0) {
                    return false;
                }
            }
        } else {
            for(int i = 1; i < 26; ++i) {
                if(i + 26 * (Hash[i] - 1) > k) {
                    return false;
                }
            }
        }
        return true;
    }
};

第三題 1541. 平衡括號字符串的最少插入次數(shù)

由于一個左括號需要與兩個連續(xù)的右括號匹配，且左括號必須要在和他匹配的兩個連續(xù)的右括號之前，所以我們可以這樣，
用一個int變量singleLeft來記錄當前還未與兩個右括號匹配的左括號數(shù)量，再用一個res變量記錄需要插入的括號的次數(shù)。

然后我們遍歷一下字符串s，每一個字符只有兩種可能。

（1）如果當前字符是左括號'('，則我們增加singleLeft，表示當前還未匹配的左括號多了一個。

（2）如果當前字符是右擴號')',由于兩個右括號才能算是一個“匹配單位”，我們先判斷一下下一位是否也是右擴號，
* 如果下一位是右擴號，好，我們就把這兩個右擴號當作一起的，讓i++,表示跳過下一個字母（因為我們知道下一個字母是右括號了，
我們已經(jīng)把他和當前這個“第一個右括號”綁定了）。
* 如果下一位不是右括號，沒事，我們就讓res++，表示需要下一位插入一個右括號，才可以讓兩個右括號連續(xù)以便和之前的左括號匹配。
經(jīng)過上面兩步，我們現(xiàn)在肯定有了兩個連續(xù)的右括號（就算原來沒有我們也插入了一個，使得有了兩個連續(xù)的右括號），然后我們看一下
當前未匹配的左括號的數(shù)量singleLeft是否大于0，如果是，則singleLeft--，也就是讓一個左括號和剛剛的兩個連續(xù)的右括號匹配。
而如果singleLeft<=0，說明前面沒有左括號和我們剛剛這兩個連續(xù)的右括號匹配了，則我們需要在前面插入一個左括號進行匹配（因為題目要求
左括號必須在右括號之前）。所以我們讓res++。

遍歷完字符串s之后，singleLeft可能不為0，表示左括號多余了，還差singleLeft * 2個右括號才能讓s平衡。所以res += singleLeft * 2.

代碼如下：

class Solution {
public:
    int minInsertions(string s) {
        int singleLeft = 0, res = 0;
        for(int i = 0; i < s.size(); ++i) {
            if(s[i] == '(') {
                ++singleLeft;
            } else if(s[i] == ')'){
                if(i + 1 < s.size() && s[i + 1] == ')') {
                    ++i;
                } else {
                    ++res;
                }
                if(singleLeft > 0) {
                    --singleLeft;
                } else {
                    ++res;
                }
            }
        }
        res += singleLeft * 2;
        return res;
    }
}; 

第四題 1542. 找出最長的超贊子字符串

最簡單的做法是暴力找出所有子串，然后更新可以調(diào)整為回文子串的字符串的最大長度，但是這樣會超時。需要考慮狀態(tài)壓縮。

我們注意到，可以調(diào)整為回文子串的字符串都有這么個性質(zhì)：字符串中每個數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)都為偶數(shù)** 或者 只有一個數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)為奇數(shù)，
其余數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)為偶數(shù)。
這很好理解，如果所有數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)都是偶數(shù)，則字符串可以調(diào)整為沿中間兩個元素中間的點作為對稱軸對稱的一個回文字符串。
如果一個數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)為奇數(shù)，其他數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)為偶數(shù)，則字符串可以將最中間的數(shù)字（必然是出現(xiàn)次數(shù)為奇數(shù)的數(shù)字）作為對稱軸，剩下的數(shù)字對稱的
放到這個數(shù)字的兩邊，也能組成回文字符串。

因此，問題就轉(zhuǎn)換為，在原來的字符串中s中找到最大的子串，使得子串中所有數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)滿足上面兩個性質(zhì)其中之一。

由于子串只能由數(shù)字組成，而且我們只需要知道子串中每個數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)的奇偶性（而無需知道具體出現(xiàn)次數(shù)），因此我們可以對所有數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)進行狀態(tài)
壓縮，用一個長度為10的二進制數(shù)字表示各個數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)的奇偶性（1表示出現(xiàn)次數(shù)為奇數(shù)，0表示出現(xiàn)次數(shù)為偶數(shù)），這個二進制數(shù)字從低位到高位分別表示
對應(yīng)數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)的奇偶性，比如第0位為1表示0出現(xiàn)奇數(shù)次，第7位為0表示7出現(xiàn)偶數(shù)次。我們用一個int型變量記錄出現(xiàn)次數(shù)，由于最大只有2的10次方，
因此用int型記錄出現(xiàn)次數(shù)足夠了。

有了所有數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)，如何判斷字符串能否調(diào)整為一個回文字符串呢？
首先，我們開一個dp數(shù)組，dp[bits] == i表示狀態(tài)（各數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)）為bits（bits是一個整數(shù)）的最小的i是多少，比如bits = 0,二進制就是0000000000,
表示從s的第一個位置到第i個位置的子串中，所有數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)都為偶數(shù)次。
這樣，我們?nèi)绻^續(xù)往后遍歷，可以快速計算出以當前位置為終點的子串的狀態(tài)（所有數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)的奇偶性），比如，我們之前計算好了s[1....i] = bits_i，
也就是說bits_i是表示子串s[1...i]的所有數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)的整數(shù)，然后我們往后遍歷到了第j個位置，我們可以先計算出s[1....j] = bits_j，
然后用bits_j ^ bits_{i - 1}（前j個字母組成的子串的狀態(tài)異或前i-1個字母組成的子串）得到s[i....j]的狀態(tài)。
這是因為異或的性質(zhì)是兩個相同的數(shù)字異或為0，不同的數(shù)字異或為1，和這里奇偶性的計算性質(zhì)正好符合。

anyway,我們可以計算出所有子串的狀態(tài)（各數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)）了。
比如我們知道了s[1...i]的狀態(tài)是bits_i，s[1...k]的狀態(tài)是bits_k。（i < k),
我們還知道通過bits_k ^ bits_i可以計算出s[i+1...k]的狀態(tài)，
然后我們判斷s[i+1...k]的狀態(tài)是否滿足（1）bits_i == bits_k,即s[i+1...k]中所有數(shù)字的出現(xiàn)次數(shù)都是偶數(shù)次 或
（2）bits_i == bits_k ^ (1 << c)，其中0<=c<=9，表示s[i+1...k]中只有一個數(shù)字出現(xiàn)奇數(shù)次，其他數(shù)字都出現(xiàn)偶數(shù)次。
這個式子的意思是這樣的，bits_k ^ (1 << c)改變了bits_k的（從右到左從低到高）第c位數(shù)字的奇偶性，然后改變了這個數(shù)字的
奇偶性之后bits_i和bits_k兩個狀態(tài)相等了，說明s[i+1...k]中只有一個數(shù)字出現(xiàn)奇數(shù)次，其他數(shù)字都出現(xiàn)偶數(shù)次。

然后我們就是尋找所有子串的狀態(tài)了，滿足狀態(tài)的子串，考慮更新一下長度。

代碼如下：

class Solution {
public:
    int dp[1030];
    int longestAwesome(string s) {
        int n = s.size();
        for(int i = 0; i < 1030; ++i) {                  //初始化
            dp[i] = n + 1;
        }
        int bits = 0, res = 0;                              //bits記錄從1~當前遍歷到的位置的狀態(tài)，也就是說bits的二進制表示上的1和0就是各個數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)的奇偶性
        dp[0] = 0;                                       
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            int c = s[i - 1] - '0';                        //當前遍歷到哪一個數(shù)字
            bits ^= (1 << c);                              //更新一下bits, bits ^= (1 << c)表示更改一下第c位（即數(shù)字c的出現(xiàn)次數(shù)的奇偶性）的奇偶性，原來是0改成1，原來是1改成0
            dp[bits] = min(dp[bits], i);                   //更新最小的以bits為狀態(tài)的前綴，方便后面的計算
            res = max(res, i - dp[bits]);                  //如果前面有一個位置,假設(shè)為j吧(j == dp[bits])，滿足s[1...j]的狀態(tài)是bits(和s[1...i]的狀態(tài)一樣），說明字符串s[j+1...i]中所有數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)都為偶數(shù)次，更新長度，這個字符串長度就是i - dp[bits]
            for(int k = 0; k < 10; ++k) {                  //還需要計算是不是有只有一個數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)為奇數(shù)的子串
                res = max(res, i - dp[bits ^ (1 << k)]);            //bits ^ (1 << k)就是更改原來的bits的第k位數(shù)字的奇偶性，和上面一樣，如果找到了只有一個數(shù)字出現(xiàn)次數(shù)為奇數(shù)的子串，也要更新長度
            }
        }
        return res;
    }
};

個人覺得，這題的位運算和狀態(tài)表示、狀態(tài)壓縮、狀態(tài)轉(zhuǎn)移以及長度的更新真的很難理解（對于我這種不熟悉位運算和狀態(tài)壓縮dp的人來說），建議大家去看一下B站up主喂你腳下有坑第四題的題解

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的LeetCode第32场双周赛的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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