LeetCode之Weekly Contest 90
LeetCode第90場周賽記錄
第一題：親密字符串
問題：
給定兩個由小寫字母構成的字符串?A?和?B?，只要我們可以通過交換?A?中的兩個字母得到與?B?相等的結果，就返回?true?；否則返回?false?。
示例 1：
輸入： A = "ab", B = "ba" 輸出： true示例 2：
輸入： A = "ab", B = "ab" 輸出： false示例 3:
輸入： A = "aa", B = "aa" 輸出： true示例 4：
輸入： A = "aaaaaaabc", B = "aaaaaaacb" 輸出： true示例 5：
輸入： A = "", B = "aa" 輸出： false鏈接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-90/problems/buddy-strings/
分析：
1.如果兩個字符串長度不等，一定不滿足
2.如果兩個字符串完全相同，需要至少兩個完全相同的字符，才能滿足交換兩個字母后相同，所以如果長度小于2，也一定不滿足。
3.其他情況兩個字符串需要有且僅有兩個不同的字符，差異的兩個字符僅僅是順序不同。
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AC Code：
1 class Solution { 2 public: 3 bool buddyStrings(string A, string B) { 4 if (A.size() != B.size() || A.size()<2) 5 { 6 return false; 7 } 8 //記錄不同的，如果兩者可以交換，返回true，完全相同，返回true 9 int counter = 0; //記錄差異點數 10 string A1=""; //分別保存差異內容 11 string A2=""; 12 for (int i = 0; i < A.size(); i++) 13 { 14 if (A[i] != B[i]) 15 { 16 counter++; 17 A1 += A[i]; 18 A2 += B[i]; 19 } 20 } 21 if (counter == 0) 22 { 23 //完全一樣的兩個字符串 24 //需要有兩個完全一樣的字符 25 map<char, int> tmp; 26 for (int i = 0; i < A.size(); i++) 27 { 28 if (tmp.count(A[i])==1) 29 { 30 tmp[A[i]]++; 31 } 32 else 33 { 34 tmp[A[i]] = 1; 35 } 36 } 37 map<char, int>::iterator it; 38 for (it = tmp.begin(); it != tmp.end(); it++) 39 { 40 if (it->second >= 2) 41 { 42 return true; 43 } 44 } 45 return false; 46 } 47 if (A1.size()!=2) 48 { 49 return false; 50 } 51 else 52 { 53 if (A1[0] == A2[1] && A1[1] == A2[0]) 54 { 55 return true; 56 } 57 else 58 { 59 return false; 60 } 61 } 62 } 63 };其他：
第一的做法：
1 class Solution { 2 public boolean buddyStrings(String A, String B) { 3 int[] l = new int[256]; 4 boolean two = false; 5 for(int i = 0; i < A.length(); i++) { 6 if(++l[A.charAt(i)] > 1) two = true; 7 } 8 for(int i = 0; i < B.length(); i++) { 9 --l[B.charAt(i)]; 10 } 11 for(int out: l) { 12 if(out != 0) return false; 13 } 14 int error = 0; 15 for(int i = 0; i < A.length(); i++) { 16 if(A.charAt(i) != B.charAt(i)) { 17 error++; 18 } 19 } 20 if(error == 2) return true; 21 if(error > 2) return false; 22 return two; 23 } 24 }用的好像是Java，思路是先創建256大小字符數組【如果要對空間進行優化的話，可以只創建26個大小數組，因為題目中明確只有a-z，對應做一個-‘a’處理即可，不過區別不大】，用來統計每個字母出現個數，先統計A的數量，一旦有某個字符出現兩次及以上，將標志two設為true。然后利用B中字符減去對應個數，結束后一旦某個字符對應位置不是0，則說明A中和B中對應字符個數不一致，一定不滿足要求，返回false，然后統計AB中差異個數，如果差異個數是2，返回true，如果差異超過2，返回false，接下來一定是沒有差異（如果只有一個字符差異，一定不滿足AB中對應字符個數一致要求，前面就會返回false），返回two的值，即是否有某個字符數量達到2.
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第二題：括號的分數
題目：
給定一個平衡括號字符串?S，按下述規則計算該字符串的分數：
- ()?得 1 分。
- AB?得?A + B?分，其中 A 和 B 是平衡括號字符串。
- (A)?得?2 * A?分，其中 A 是平衡括號字符串。
示例 1：
輸入： "()" 輸出： 1示例 2：
輸入： "(())" 輸出： 2示例?3：
輸入： "()()" 輸出： 2示例?4：
輸入： "(()(()))" 輸出： 6提示：
鏈接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-90/problems/score-of-parentheses/
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分析：
1.如果是()，值為1；
2.如果是“”，值為0；
3.對于某個string S，如果形如()S`，結果為1+value(S`)
如果形如（S`）S``，結果為2*value（S`）+value(S``)
已知給出字符串是平衡的，只需要按照規則遞歸分解求值即可
需要做的就是找出S`以及剩余字符串S``
AC code：
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1 class Solution { 2 public: 3 int scoreOfParentheses(string S) { 4 if (S.size() == 0) //空串值為0 5 { 6 return 0; 7 } 8 if (S.size() == 2) //已知括號匹配，長度2的一定是（），值是1 9 { 10 return 1; 11 } 12 string tmp = ""; //嵌套的字符串 13 string left = ""; //當前匹配后剩余的字符串 14 stack<char> tmpstack; //S[0]一定是'(' 15 if (S[1] == ')') // ()S`類型 16 { 17 for (int j = 2; j < S.size(); j++) 18 { 19 left += S[j]; 20 } 21 return 1 + scoreOfParentheses(left);; 22 } 23 tmp += S[1]; 24 tmpstack.push(S[1]); 25 for (int i = 2; i < S.size(); i++) 26 { 27 if (tmpstack.empty() == true && S[i] == ')') //完成匹配，形如（S`）S`` 28 { 29 for (int j = i + 1; j < S.size(); j++) 30 { 31 left += S[j]; 32 } 33 return 2 * scoreOfParentheses(tmp) + scoreOfParentheses(left); 34 } 35 else 36 { 37 tmp += S[i]; 38 if (tmpstack.empty() == true) 39 { 40 tmpstack.push(S[i]); 41 } 42 else if (tmpstack.top() == '(' && S[i] == ')') 43 { 44 tmpstack.pop(); 45 } 46 else 47 { 48 tmpstack.push(S[i]); 49 } 50 } 51 } 52 53 } 54 };其他：
第一的做法：
1 class Solution { 2 public int scoreOfParentheses(String S) { 3 if(S.length() == 0) return 0; 4 if(S.charAt(0) == '(' && S.charAt(1) == ')') { 5 return 1 + scoreOfParentheses(S.substring(2)); 6 } 7 int d = 0; 8 int end = -1; 9 for(int i = 0; i < S.length(); i++) { 10 if(S.charAt(i) == '(') d++; 11 else d--; 12 if(d == 0) { 13 end = i+1; 14 break; 15 } 16 } 17 return 2 * scoreOfParentheses(S.substring(1, end-1)) + scoreOfParentheses(S.substring(end)); 18 } 19 }基本思路基本一致，處理（S`）S``類型時候沒有使用棧而是直接通過識別‘（'和'）’加減計數來找到(S`)
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第三題：鏡面反射
題目：
有一個特殊的正方形房間，每面墻上都有一面鏡子。除西南角以外，每個角落都放有一個接受器，編號為?0，?1，以及?2。
正方形房間的墻壁長度為?p，一束激光從西南角射出，首先會與東墻相遇，入射點到接收器?0?的距離為?q。
返回光線最先遇到的接收器的編號（保證光線最終會遇到一個接收器）。
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示例：
輸入： p = 2, q = 1 輸出： 2 解釋： 這條光線在第一次被反射回左邊的墻時就遇到了接收器 2 。?
提示：
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鏈接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-90/problems/mirror-reflection/
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分析：
1，利用鏡面反射特點，可以假設上面有無限長，光線一直向上走；
2，在1的前提下，每反射一次，向上高度增加q；
3，如果被某個接收器接收到了，說明當前高度是p的整數倍；
4，如果反射偶數次被接收到，則必定是2號接收到；
5，如果最終達到的“高度”是墻面高度p的奇數倍，則被1號接收到；
6，如果最終達到的“高度”是墻面高度p的偶數倍，則被0號接收到；
分析完成后問題就變得很簡單了。
AC code：
1 class Solution { 2 public: 3 int mirrorReflection(int p, int q) { 4 //無限向上延伸，虛擬節點，整數倍獲得結果 5 int counter = 1; 6 while (true) 7 { 8 if (q*counter % p == 0) 9 { 10 if (counter % 2 == 0) 11 { 12 return 2; 13 } 14 if (q*counter / p % 2 == 0) 15 { 16 return 0; 17 } 18 return 1; 19 } 20 counter++; 21 } 22 } 23 };其他：
第一code
1 class Solution { 2 public int mirrorReflection(int p, int q) { 3 int curr = 0; 4 for(int i = 1; true; i++) { 5 curr += q; 6 curr %= (2*p); 7 if(curr == p) { 8 if(i%2 == 1) { 9 return 1; 10 } 11 else { 12 return 2; 13 } 14 } 15 if(curr == 0) { 16 return 0; 17 } 18 } 19 } 20 }假設房間向上翻轉一次，得到一個p寬，2*p高的長方形，curr記錄當前高度（高度范圍[0,2*p)），每次反射高度增加q，如果高度等于0，則會被0號接受，如果高度等于p，則被1或者2接收，其中反射奇數次被1號接收，反射偶數次被2號接收。
感覺自己的code有一點不好的就是如果pq很大且數據巧合有可能溢出，映射到2p范圍內會更好。
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第四題：雇傭 K 名工人的最低成本
題目：
- 用戶通過次數0
- 用戶嘗試次數0
- 通過次數0
- 提交次數0
- 題目難度Hard
有?N?名工人。?第?i?名工人的工作質量為?quality[i]?，其最低期望工資為?wage[i]?。
現在我們想雇傭?K?名工人組成一個工資組。在雇傭?一組 K 名工人時，我們必須按照下述規則向他們支付工資：
返回組成一個滿足上述條件的工資組至少需要多少錢。
示例 1：
輸入： quality = [10,20,5], wage = [70,50,30], K = 2 輸出： 105.00000示例 2：
輸入： quality = [3,1,10,10,1], wage = [4,8,2,2,7], K = 3 輸出： 30.66667提示：
鏈接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-90/problems/minimum-cost-to-hire-k-workers/
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分析：
速度有點慢，最后20分鐘開始處理，沒想太多，測試數據到第41個超時了，O（n*n）毫無前途。
TimeOut COde：
1 class Solution { 2 public: 3 double mincostToHireWorkers(vector<int>& quality, vector<int>& wage, int K) { 4 double min = 9999999.0; 5 for (int i = 0; i < quality.size(); i++) 6 { 7 vector<double> tmpmin; 8 double tmp = wage[i]*1.0 / quality[i]; 9 for (int j = 0; j < quality.size(); j++) 10 { 11 if (quality[j] * tmp < wage[j]) 12 { 13 continue; 14 } 15 else 16 { 17 tmpmin.push_back(quality[j] * tmp); 18 } 19 } 20 if (tmpmin.size() < K) 21 { 22 continue; 23 } 24 else 25 { 26 sort(tmpmin.begin(), tmpmin.end()); 27 double tmpsum = 0; 28 for (int index = 0; index < K; index++) 29 { 30 tmpsum += tmpmin[index]; 31 } 32 if (tmpsum < min) 33 { 34 min = tmpsum; 35 } 36 } 37 } 38 return min; 39 } 40 };之前想法是算出每個人的“性價比”，即最低要求和工作質量的比值，然后按照該比值衡量所有人，如果該比值下的工資低于最低期望，則不會加入，然后在加入里面選出最低的K個，得到一個總和，按照每個人的標準衡量一遍，所有總和中最低的一個即為符合要求的結果。但是顯然O（n*n）效率太低。
比賽到時見后參考別人code，發現按照性價比排序后只需要過一遍就能得到結果。
AC 思路:
單位工作質量所要工資其實和性價比相反，越低越好。但是并不是說比值越低總價就越低，比如一個工作質量/最低工資分別是[1,10]和[20,40]，前者比值10，后者比值2，但是只要1個人的話顯然需要選擇前者。
按照wget/quality進行升序排序，則只需要獲得quality總和即可，因為所采用的單位質量價值都是相同的，都采用的最低的一個。由于采用的單位質量價值相同，影響最終結果的只有quality值了，則每次需要將前k個中quality最大的一個移除進行后面的嘗試。
在給出的第一組測試數據中，
[10,20,5]
[70,50,30]
計算wget/quality以及排序后結果如下：
[20,5.10]
[50,30,40]
[2.5,,6,7]
從中選擇2個，則第一次嘗試結果選擇前兩個，按照6計算，值為（20+5）*6=150
前面有分析過并非wget/quality低的總和就會少，所以需要進行遍歷嘗試后面的所有值，
當選擇下一個時候，由于確定比例會選擇7，影響到結果的只有quality值了，20>5,移除20，得到新的組合（5+10）*7=105
對于第二組測試數據，按照同樣方式處理排序后結果如下
[10,10,3,1,1]
[2,2,4,7,8]
[0.2,0.2,1.3333,7,8]
選擇3個，第一次前三個組合得到（10+10+3）*1.333=30.6667
接下來嘗試比例7的，移除前面quality最大的10，（10+3+1）*7=98
嘗試比例8 ，移除quality最大的10，（3+1+1）*8=40，則最小值30.6667
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AC code：
1 class Solution { 2 public: 3 typedef struct Worker 4 { 5 int quality; 6 int wage; 7 double ratio; 8 bool operator< (const Worker &w1) 9 { 10 return ratio < w1.ratio; 11 } 12 }Worker; 13 14 double mincostToHireWorkers(vector<int>& quality, vector<int>& wage, int K) 15 { 16 vector < Worker > workers; 17 for (int i = 0; i < quality.size(); i++) 18 { 19 Worker w = { quality[i], wage[i], wage[i] * 1.0 / quality[i] }; 20 workers.push_back(w); 21 } 22 //按照性價比排序 23 sort(workers.begin(), workers.end()); 24 double ret = INT_MAX; 25 vector<int> tmpqs;//由于性價比是下降的（wget/qualite 上升），即單位質量花費是增加的，所以每次都把前面qualities最大的除去 26 for (int i = 0; i < workers.size(); i++) 27 { 28 if (tmpqs.size() < K) 29 { 30 tmpqs.push_back(workers[i].quality); 31 } 32 if (tmpqs.size() == K) 33 { 34 //得到一個組合，判斷是否更小 35 int tmpsumquality=0; 36 int tmpmaxindex = 0; 37 int tmpmaxquality = INT_MIN; 38 for (int j = 0; j < K; j++) 39 { 40 tmpsumquality += tmpqs[j]; 41 if (tmpqs[j]>tmpmaxquality) 42 { 43 tmpmaxindex = j; 44 tmpmaxquality = tmpqs[j]; 45 } 46 } 47 ret = min(ret, tmpsumquality*workers[i].ratio); 48 //然后需要移除當前最大qualities 49 tmpqs.erase(tmpqs.begin() + tmpmaxindex); 50 } 51 } 52 return ret; 53 } 54 55 56 };其他：
1.DBL_MAX默認是不認的，所以應改為INT_MAX
2.第一code
1 class Solution { 2 public double mincostToHireWorkers(int[] quality, int[] wage, int K) { 3 State[] l = new State[quality.length]; 4 for(int i = 0; i < quality.length; i++) { 5 l[i] = new State(quality[i], wage[i]); 6 } 7 Arrays.sort(l); 8 double ret = Double.MAX_VALUE; 9 PriorityQueue<Integer> q = new PriorityQueue<Integer>(); 10 long sum = 0; 11 for(int i = 0; i < l.length; i++) { 12 q.add(-l[i].quality); 13 sum += l[i].quality; 14 if(q.size() > K) { 15 sum += q.poll(); 16 } 17 if(q.size() == K) { 18 ret = Math.min(ret, sum * l[i].ratio()); 19 } 20 } 21 return ret; 22 } 23 class State implements Comparable<State> { 24 public int quality; 25 public int wage; 26 public State(int quality, int wage) { 27 super(); 28 this.quality = quality; 29 this.wage = wage; 30 } 31 public double ratio() { 32 return wage / (double) quality; 33 } 34 public int compareTo(State s) { 35 return Double.compare(ratio(), s.ratio()); 36 } 37 @Override 38 public String toString() { 39 return "State [quality=" + quality + ", wage=" + wage + "]"; 40 } 41 42 } 43 } a.利用了PriorityQueue自動調整結構的特定，通過poll將最大quality移除掉b.通過*-1將最小堆轉換為最大堆
c. 1 for(int i = 0; i < l.length; i++) { 2 q.add(-l[i].quality); 3 sum += l[i].quality; 4 if(q.size() > K) { 5 sum += q.poll(); 6 } 7 if(q.size() == K) { 8 ret = Math.min(ret, sum * l[i].ratio()); 9 } 10 }
中，q.poll的有可能就是剛插入進去的，比如某個quality最大，同時ratio也比較大的，完全可以直接跳過，也許能夠進一步優化，不過這樣做的好處就是形式的統一。
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總結：
第四次參加周賽了，雖說仍然沒能完成四道題，不過至少四個都懂了，也算是有所收獲。和高手比起來，感覺最欠缺的一是速度，二是對語言特性的掌握，三是對常用算法的掌握。
1.速度上來講第一四道題做完不到20分鐘，自己第一個AC都快18分鐘了，即使會做沒時間做也是白搭，即使是實際項目中，也是越早做出來越早發現問題有時間完善改進。
2.雖說C/C++/C#/Java/Go/Python/Swift/Kotlin/VB等都稍有涉獵，能拿來用，尤其C/C++從開始于到現在都六七年了，不過僅僅限于基礎用法的使用，好多高階用法并沒掌握，所以一旦需要要么臨時搜索查詢，要么根本就不知道有只能笨拙的自己實現，掌握多門語言固然不錯，但是要有自己的核心技能語言，暫且選擇C++/C#好了，今后不僅要能用，更要用好，要深入理解掌握。
3.見多方能識廣，承認有天才，但自認為不是，而大多數問題其實都已經存在且被解決，一方面固然需要提高自己的獨立思考能力，另一方面也不能閉門造車，多學習其他人，才能更快的提高。
化用老師的一句話：大量練習，大量做題，大量閱讀，自然能夠提高。
practice makes prefect
轉載于:https://www.cnblogs.com/youdias/p/9220748.html
總結
以上是生活随笔為你收集整理的LeetCode之Weekly Contest 90的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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