Leetcode第 368 场周赛

元素和最小的山形三元组 II

预处理前缀和后缀最小值,记为pre[i]和sa[i]
对于当前编号i，如果前面的最小值和后面的最大值都小于nums[i],则记录ans[i] = nums[i]+pre[i-1]+sa[i+1]
结果输出最小的ans[i]即可。

合法分组的最少组数

统计每一个数字出现的次数。将每一个数字分为大小为$d$或$d+1$的组，令$d$尽可能大。
$d$不满足单调性，不好二分。思路时直接暴力。
计最小出现次数为$mn$,出现过的数字个数为$cnt$，显然有$mn\ast cnt\le nums.length$
而显然有$d+1\le mn$,因此直接枚举d
对于某个数字i，其出现次数为$to{t}_i$,若$d$成立则需要满足存在x令$xd\le to{t}_i\le x(d+1)$
令$x=to{t}_i/d$，即以$d$为标准将$to{t}_i$分为x组，此时还剩$to{t}_i\%d$个元素，每一组中最多可以容纳$d+1$个元素，最多可以容纳x个元素，使x组的个数都变为%d+1%。因此只要满足$to{t}_i\%d\le x$即$to{t}_i\%d\le to{t}_i/d$，则对数字$i$而言$d$是合法的分组。
已知d，数字i的分组个数为$\frac{to{t}_i+d}{mn+1}$。$x$需要取最小值满足$xd\le to{t}_i\le x(d+1)$,有 $\lceil to{t}_i/(d+1)\rceil \le x$，因此取$x=\lceil \frac{to{t}_i}{d+1}\rceil$
枚举$d$,计算分组个数，求分组最小值即可,复杂度为$O(mn\ast cnt)$

得到 K 个半回文串的最少修改次数

数据只有200，想法是纯暴力
令$MinTimes[i][j]$为子串$st{r}_{ij}$变成半回文串最少的次数，暴力计算，复杂度为$O(n^4)$
令dp[i][j]为以$st{r}_i$为结尾时分为$j$段最少的操作次数
$$dp[i][j]=\min dp[z][j-1]+MinTimes[z+1][i]$$
总复杂度$O(n^4)$
计算MinTimes时可以将一个n优化成$\sqrt{n}$甚至预处理成$\lg n$，但是$O(n^4)$也能过就是了,大概是数据比较弱吧

class Solution {
public:
    int MinTimes[210][210];
    int dp[210][210];
    int calTimes(string &s,int l,int r)
    {
        int ret = (1<<30);
        int len = r-l+1;
        while(--len)
        {
            if((r-l+1)%len)
                continue;
            int ans = 0;
            for(int i=0;i<len;++i)
            {
                string t1;
                for(int j=l+i;j<=r;j+=len)
                    t1 += s[j];
                for(int c=0;c<t1.size()/2;++c)
                    if(t1[c]!=t1[t1.size()-1-c])
                        ans++;
            }
            ret = min(ret,ans);
        }
        return ret;
    }
    int minimumChanges(string s, int k) {
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        dp[0][0] = 0;
        int l = s.size();     
        for(int i=0;i<l;++i)
        {
            for(int j=i+1;j<l;++j)
            {
                MinTimes[i][j] = calTimes(s,i,j);
            }
            MinTimes[i][i] = (1<<30);
        }
        for(int i=0;i<l;++i)
        {
            for(int j=0;j<=i;++j)
            {
                for(int z=1;z<=k;++z)
                {
                    dp[i+1][z] = min(dp[i+1][z],dp[j][z-1]+MinTimes[j][i]);
                }
            }
        }
        return dp[l][k];
    }
};
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51