本文已收录到 AndroidFamily，技术和职场问题，请关注公众号 [彭旭锐] 提问。
大家好，我是小彭。
昨晚是 LeetCode 第 335 场周赛，你参加了吗？这场周赛整体难度不高，有两道模板题，第三题和第四题应该调换一下位置。
小彭的 Android 交流群 02 群来了，公众号回复 “加群” 加入我们~
2582. 递枕头（Easy）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/pass-the-pillow/
题目描述
n 个人站成一排，按从 1 到 n 编号。
最初，排在队首的第一个人拿着一个枕头。每秒钟，拿着枕头的人会将枕头传递给队伍中的下一个人。一旦枕头到达队首或队尾，传递方向就会改变，队伍会继续沿相反方向传递枕头。
- 例如，当枕头到达第
n个人时，TA 会将枕头传递给第n - 1个人，然后传递给第n - 2个人，依此类推。
给你两个正整数 n 和 time ，返回 t
题解一（模拟）
简单模拟题。
class Solution {
fun passThePillow(n: Int, time: Int): Int {
var index = 1
var flag = true
for (count in 0 until time) {
if (flag) {
if (++index == n) flag = !flag
} else {
if (--index == 1) flag = !flag
}
}
return index
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(time)$
- 空间复杂度：$O(1)$
题解二（数学）
以 n = 4 为例，显然每 n - 1 次传递为一轮，则有 time % (n - 1) 分辨出奇数轮 / 偶数轮。其中偶数轮是正向传递，奇数轮是逆向传递。
- 偶数轮：2 → 3 → 4，time = 1 时传递到 2 号；
- 奇数轮：3 → 2 → 1。
- …
class Solution {
fun passThePillow(n: Int, time: Int): Int {
val mod = n - 1
return if (time / mod % 2 == 0) {
(time % mod) + 1
} else {
n - (time % mod)
}
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(1)$
- 空间复杂度：$O(1)$
2583. 二叉树中的第 K 大层和（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/kth-largest-sum-in-a-binary-tree/
题目描述
给你一棵二叉树的根节点 root 和一个正整数 k 。
树中的 层和 是指 同一层 上节点值的总和。
返回树中第 k 大的层和（不一定不同）。如果树少于 k 层，则返回 -1 。
注意，如果两个节点与根节点的距离相同，则认为它们在同一层。
题解（BFS + 堆）
BFS 模板题，使用小顶堆记录最大的 k 个数。
class Solution {
fun kthLargestLevelSum(root: TreeNode?, k: Int): Long {
if (null == root) return 0L
val heap = PriorityQueue<Long>()
// BFS
val queue = LinkedList()
queue.offer(root)
while (!queue.isEmpty()) {
var levelSum = 0L
for (count in 0 until queue.size) {
val node = queue.poll()
levelSum += node.`val`
if (null != node.left) {
queue.offer(node.left)
}
if (null != node.right) {
queue.offer(node.right)
}
}
if (heap.size < k) {
heap.offer(levelSum)
} else if (heap.peek() < levelSum) {
heap.poll()
heap.offer(levelSum)
}
}
return if (heap.size >= k) heap.peek() else -1L
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nlgk)$ 其中 $n$ 是节点数。二叉树每个节点最多入队一次，二叉树最大有 $n$ 层，小顶堆维护 $k$ 个数的时间复杂度为 $O(nlgk)$；
- 空间复杂度：$O(n)$ 小顶堆空间 $O(k)$，递归栈空间最大 $O(n)$。
2584. 分割数组使乘积互质（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/split-the-array-to-make-coprime-products/
题目描述
给你一个长度为 n 的整数数组 nums ，下标从 0 开始。
如果在下标 i 处 分割 数组，其中 0 <= i <= n - 2 ，使前 i + 1 个元素的乘积和剩余元素的乘积互质，则认为该分割 有效 。
- 例如，如果
nums = [2, 3, 3]，那么在下标i = 0处的分割有效，因为2和9互质，而在下标i = 1处的分割无效，因为6和3不互质。在下标i = 2处的分割也无效，因为i == n - 1。
返回可以有效分割数组的最小下标 i ，如果不存在有效分割，则返回 -1 。
当且仅当 gcd(val1, val2) == 1 成立时，val1 和 val2 这两个值才是互质的，其中 gcd(val1, val2) 表示 val1 和 val2 的最大公约数。
题解（质因子分解）
这道题是这场周赛中最复杂的题目，应该放在 T4。
因为多个数相乘的结果会溢出（如果题目中存在 0 还会干扰），所以这道题不能用前后缀分解的思路。 比较容易想到的思路是做质因子分解：显然合法分割数点的左右两边不能有公共质因子，否则子集的乘积必然是非互质的。
举个例子，在数组 [1, 2, 3, 2, 5] 中，将质因子 2 划分到不同子集的方案是错误的：
- [1 | 2, 3, 2, 5]：错误分割
- [1 , 2 | 3, 2, 5]：正确分割
- [1 , 2, 3 | 2, 5]：正确分割
- [1 , 2, 3, 2 | 5]：错误分割
脑海中有闪现过状态压缩，但题目输入数据较大无法实现，只能有散列表记录质因子信息。因此我们的算法是：先对 nums 数组中的每个元素做质因数分解，然后枚举所有分割点，统计左右子集中质因子的出现次数。如果出现同一个质因子再左右子集中的出现次数同时大于 1，说明分割点不成立。
class Solution {
fun findValidSplit(nums: IntArray): Int {
val n = nums.size
// 质因子计数
val leftCount = HashMap<Int, Int>()
val rightCount = HashMap<Int, Int>()
// 质因子分解
val primeMap = HashMap<Int, HashSet<Int>>()
for (num in nums) {
// 对 num 做质因数分解
primeMap[num] = HashSet<Int>()
var x = num
var prime = 2
while (prime * prime <= x) {
if (x % prime == 0) {
// 发现质因子
primeMap[num]!!.add(prime)
rightCount[prime] = rightCount.getOrDefault(prime, 0) + 1
// 消除所有 prime 因子
while (x % prime == 0) x /= prime
}
prime++
}
if(x > 1) {
// 剩下的质因子
primeMap[num]!!.add(x)
rightCount[x] = rightCount.getOrDefault(x, 0) + 1
}
}
// 枚举分割点
outer@ for (index in 0..n - 2) {
for (prime in primeMap[nums[index]]!!) {
leftCount[prime] = leftCount.getOrDefault(prime, 0) + 1
rightCount[prime] = rightCount[prime]!! - 1
}
for ((prime, count) in leftCount) {
if (rightCount[prime]!! != 0) continue@outer
}
return index
}
return -1
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n\sqrt{U}+n·m)$ 其中 $n$ 是 $nums$ 数组的长度，U 是数组元素的最大值，$m$ 是 $U$ 范围内的质数个数 $\frac{U}{logU}$ 。时间复杂度分为两部分，质因数分解占用 $O(n\sqrt{U})$，枚举分割点的每轮循环需要枚举所有质数，占用 $O(n·m)$；
- 空间复杂度：$O(n·m + m)$ 质因子分解映射表和计数表。
题解二（质因数分解 + 合并区间）
思路来源：灵茶山艾符的题解
统计每种质因子在数组中出现的起始位置 left 和终止位置 right，如果分割点位于 [left, right) 区间，那么左右两子集一定会存在公共质因子。
因此我们的算法是：将质数的分布看成一个连续区间，按照区间起始位置对所有区间排序。遍历区间并维护最大区间终止位置 preEnd，如果当前区间与 preEnd 不连续，则说明以当前位置为分割点的方案不会拆分区间，也就找到目标答案。
如果按照这个思路理解，这道题本质上和 55. 跳跃游戏 类似。
class Solution {
fun findValidSplit(nums: IntArray): Int {
// 质因子区间 <首次出现位置，末次出现位置>
val primeMap = HashMap<Int, IntArray>()
// 质因数分解
for ((index, num) in nums.withIndex()) {
// 对 num 做质因数分解
var x = num
var prime = 2
while (prime * prime <= x) {
if (x % prime == 0) {
// 发现质因子
primeMap.getOrPut(prime) { intArrayOf(index, index) }[1] = index
// 消除所有 prime 因子
while (x % prime == 0) x /= prime
}
prime++
}
if (x > 1) {
// 剩下的质因子
primeMap.getOrPut(x) { intArrayOf(index, index) }[1] = index
}
}
// 区间排序
val areaList = primeMap.values.toMutableList()
Collections.sort(areaList) { e1, e2 ->
e1[0] - e2[0]
}
// 枚举区间
var preEnd = 0
for (area in areaList) {
if (area[0] > preEnd) return area[0] - 1
preEnd = Math.max(preEnd, area[1])
}
return -1
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n\sqrt{U}+mlgm+m)$ 质因数分解时间 $O(n\sqrt{U})$，排序时间 $O(mlgm)$，枚举区间时间 $O(m)$；
- 空间复杂度：$O(m + lgm)$ 质因子区间数组占用 $O(m)$，排序递归栈空间 $O(lgm)$。
题解三（合并区间 + 排序优化）
题解二中的排序时间可以优化。
由于我们是从前往后分解 nums 数组，每分解一个质因子 prime 时，它一定可以更新该质数区间的末次出现位置。所以我们不用等到最后再做一次区间排序，直接在做质因数分解时维护 preEnd。在题解二中，我们是从区间的维度维护 preEnd，现在我们直接从 nums 数组的维度维护 preEnd。
class Solution {
fun findValidSplit(nums: IntArray): Int {
val n = nums.size
// start[p] 表示质数 p 首次出现为止
val start = HashMap<Int, Int>()
// end[i] 表示以 i 为左端点的区间的最大右端点
val end = IntArray(n)
// 质因数分解
for ((index, num) in nums.withIndex()) {
// 对 num 做质因数分解
var x = num
var prime = 2
while (prime * prime <= x) {
if (x % prime == 0) {
// 发现质因子
if (!start.containsKey(prime)) {
start[prime] = index
} else {
end[start[prime]!!] = index
}
// 消除所有 prime 因子
while (x % prime == 0) x /= prime
}
prime++
}
if (x > 1) {
// 剩下的质因子
if (!start.containsKey(x)) {
start[x] = index
} else {
end[start[x]!!] = index
}
}
}
var preEnd = 0
for (index in 0 until n) {
if (index > preEnd) return index - 1
preEnd = Math.max(preEnd, end[index])
}
return -1
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n\sqrt{U}+m)$ 质因数分解时间 $O(n\sqrt{U})$，枚举数组时间 $O(n)$；
- 空间复杂度：$O(n)$ $end$ 数组空间。
2585. 获得分数的方法数（Hard）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/number-of-ways-to-earn-points/
题目描述
考试中有 n 种类型的题目。给你一个整数 target 和一个下标从 0 开始的二维整数数组 types ，其中 types[i] = [counti, marksi] 表示第 i 种类型的题目有 counti 道，每道题目对应 marksi 分。
返回你在考试中恰好得到 target 分的方法数。由于答案可能很大，结果需要对 109 +7 取余。
注意，同类型题目无法区分。
- 比如说，如果有
3道同类型题目，那么解答第1和第2道题目与解答第1和第3道题目或者第2和第3道题目是相同的。
题解（背包问题）
这是分组背包模板题，OIWiki-背包 DP。
定义 $dp[i][j]$ 表示以物品 $[i]$ 为止且分数为 $j$ 的方案数，则有：
$dp[i][j] = dp[i - 1][j] + \sum_{k=0}^{k=j/count_i}dp[i - 1][j - k*·marks_{si}]$
class Solution {
fun waysToReachTarget(target: Int, types: Array<IntArray>): Int {
val MOD = 1000000007
// 背包问题
val n = types.size
// dp[i][j] 表示以 [i] 为止且分数为 j 的方案数
val dp = Array(n + 1) { IntArray(target + 1) }.apply {
// 不选择且分数为 0 的方案数为 1
this[0][0] = 1
}
// 枚举物品
for (i in 1..n) {
val count = types[i - 1][0]
val mark = types[i - 1][1]
for (j in target downTo 0) {
dp[i][j] += dp[i - 1][j]
for (k in 1..Math.min(count, j / mark)) {
dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k * mark]) % MOD
}
}
}
return dp[n][target]
}
}
完全背包可以取消物品维度优化空间：
class Solution {
fun waysToReachTarget(target: Int, types: Array<IntArray>): Int {
val MOD = 1000000007
// 背包问题
val n = types.size
// dp[i][j] 表示以 [i] 为止且分数为 j 的方案数
val dp = IntArray(target + 1).apply {
// 不选择且分数为 0 的方案数为 1
this[0] = 1
}
// 枚举物品
for (i in 1..n) {
val count = types[i - 1][0]
val mark = types[i - 1][1]
for (j in target downTo 0) {
for (k in 1..Math.min(count, j / mark)) {
dp[j] = (dp[j] + dp[j - k * mark]) % MOD
}
}
}
return dp[target]
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(target·C)$ 其中 $C$ 是所有 $count_i$ 之和。
- 空间复杂度：$O(target)$