• 【LeetCode 】周赛(2023.11.12)


    2932. 找出强数对的最大异或值 I

    题意

    • 找出强数对的最大异或值

    解法 暴力

    其实不用记录所有的异或值,直接维护最大值就行了。

    class Solution {
    public:
        int maximumStrongPairXor(vector<int>& nums) {
            unordered_map<int, int> mp;
            
            int n = nums.size();
            for(int i = 0; i < n; i++)
            {
                for(int j = i + 1; j < n; j++)
                {
                    if(abs(nums[i] - nums[j]) <= min(nums[i], nums[j]))
                    {
                        int tmp = nums[i] ^ nums[j];
                        mp[tmp]++;
                    }
                }
            }
            
            int ans = 0;
            for(auto m : mp)
            {
                if(m.first > ans)
                {
                    ans = m.first;
                }
            }
            return ans;
        }
    };
    
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    复杂度

    时间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
    空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n) -> O ( 1 ) O(1) O(1).


    2933. 高访问员工

    题意

    • 字符串处理
    • 计算每个员工的有效访问次数

    解法 按名字排序时间再筛选

    先按名字把所有访问记录给分出来,对每个人的访问时间排序,并判断是否有效。

    class Solution {
    public:
        vector<string> findHighAccessEmployees(vector<vector<string>>& access_times) {
            vector<string> ans;
            unordered_map<string, vector<string>> mp; 
            
            for(auto v : access_times)
            {
                mp[v[0]].push_back(v[1]);
            }
            
            for(auto m : mp)
            {
                string name = m.first;
                vector<string> tmp = m.second;
                
                if(tmp.size() < 3) continue;
                
                sort(tmp.begin(), tmp.end());
             
                for(int i = 0; i < tmp.size() - 2; i++)
                {
                    int st = stoi(tmp[i].substr(0, 2)) * 60 + stoi(tmp[i].substr(2, 2));
                    int ed = stoi(tmp[i + 2].substr(0, 2)) * 60 + stoi(tmp[i + 2].substr(2, 2));
                    if(ed - st < 60)
                    {
                        ans.push_back(name);
                        break;
                    }
                }
            }
            return ans;
        }
    };
    
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    复杂度

    时间复杂度: O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
    空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)


    100117. 最大化数组末位元素的最少操作次数

    题意

    • 每次可以互换两个数组中下标相同的数
    • 求最少操作次数,使得数组最后一个数大于数组中其他所有数

    解法 分类讨论

    首先,由于只能交换下标相同的数,因此,两个数组的两个最大值是固定的

    那么本质上只有两种情况:nums1[n - 1]nums2[n - 1] 交换或者不交换。

    只要确定了数组的最大值,就可以开始交换了。假设 nums1 的最大值为 max1nums2 的最大值为 max2。遍历所有下标,比较 nums1[i]nums2[i]max1 以及 nums2,分类讨论即可。

    class Solution {
    public:
        int minOperations(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
            int n = nums1.size();
            int max1 = nums1[n - 1], max2 = nums2[n - 1];
    
            int ans = 0;
    
            // 不交换 max1 max2
            for(int i = 0; i < n - 1; i++)
            {
                if(nums1[i] <= max1 && nums2[i] <= max2) continue;
                else if(nums1[i] <= max2 && nums2[i] <= max1)
                {
                    ans++;
                    continue;
                }
                else
                {
                    ans = -1;
                    break;
                }
            }
    
            int ans2 = 1;
    
            // 交换 max1 max2
            for(int i = 0; i < n - 1; i++)
            {
                if(nums1[i] <= max2 && nums2[i] <= max1) continue;
                else if(nums1[i] <= max1 && nums2[i] <= max2)
                {
                    ans2++;
                    continue;
                }
                else
                {
                    ans2 = -1;
                    break;
                }
            }
            
            if(ans == -1 && ans2 == -1) return -1;
            if(ans == -1) return ans2;
            if(ans2 == -1) return ans;
            return min(ans, ans2);
        }
    };
    
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    复杂度

    时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)


    100124. 找出强数对的最大异或值 II

    题意

    • 在强数对中寻找最大异或值。

    解法1 哈希表 + 二进制串转换 + 贪心

    从数据范围来看,暴力解的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2),会超时。所以需要优化。比较容易的是想到用 map 来存已经出现过的数,但是由于数据范围较大,数的重复率较低,map 的作用不大,所以这里应该是 map 来存储出现过的前缀(见后文)。

    1. 异或值
    因为题目要求的是最大异或值,所以首先要关注 异或 的特性:

    • 异或是一种位运算,所以 位与位独立
    • a ^ b = c,则 a ^ c = c ^ a = bb ^ c = c ^ b = a

    所以,可以将数转换为二进制串来进行异或计算。同时,要想得到最大的异或值,那么应当 使结果从高位到低位尽量每一位都为 1 1 1

    注意到数的大小为 [ 0 , 2 20 − 1 ] [0, 2^{20} - 1] [0,2201],因此可以将所有的数转换为 20 20 20 位的二进制串。同时,得到的最大异或值也应当可以用 20 20 20 位的二进制串来表示。

    而要使最大异或值最大,正如前面提到的一样,应当 使结果从高位到低位尽量每一位都为 1 1 1 。因此,从高位到低位,对于每一位,都假设最大异或值可以取到 1 1 1,然后去数组 nums[] 中寻查找,看能否成立

    2. 强数对
    再看强数对的概念,对于强数对 ( x , y ) (x, y) (x,y),显然,若 x ≤ y x \leq y xy,则满足 x ≤ y ≤ 2 x x \leq y \leq 2x xy2x。因此,先对数组 nums[] 进行排序,从而简化后面的查找。

    对于第 i i i 位能否为 1 1 1,最直接的办法是遍历所有的强数对,但这必然造成 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的复杂度,所以这里应当采用 map 来优化:假设当前遍历到数 n,对于之前遍历过的 num,将 num >> i 先保存在 map(<前缀,原来的值>) 中,这样寻找只需花费 O ( 1 ) O(1) O(1) 的时间复杂度,由于数组 nums[] 是有序的,所以必然能够保证 n ≥ n u m n \geq num nnum,因此,这里只需要判断 n ≤ 2 ∗ n u m n \leq 2 * num n2num 即可

    这样的话,对于每一位,只要遍历一遍数组 nums[] 即可,同时在遍历数组 nums[] 的同时,更新 map,以及判断是否可以使最大异或值的当前位为 1 1 1,若可以为 1 1 1 则可以提前结束当前位的遍历。因此,时间复杂度为 O ( n l o g C ) O(n logC) O(nlogC),其中,C 为数组 nums[] 中最大值的二进制位数。

    误区:
    之前一直在纠结 map 的存储方式,如果以 <前缀,原来的值> 来存储的话,那么会导致相同前缀的 num覆盖,这不会导致部分强数对被遗漏没有遍历到吗(求最值必然要遍历所有值)?

    • 答案是会的。但是没有影响。 对于第 i i i 位能否为 1 1 1,只需要数的前 i i i 位做运算即可(本质上只需要第 i i i 位,但是前面的位的值已经决定了,所以要在满足前 i − 1 i - 1 i1 为的前提下来判断第 i i i 位)。所以,即便之前的 n u m num num 被覆盖了,他也不会影响前 i i i 位的异或值。同时,由于覆盖之前 n u m num num n u m ′ num' num 必然大于等于 n u m num num(数组 nums[] 有序),因此,更容易使 n ≤ 2 ∗ n u m n \leq 2 * num n2num 这个条件满足
    class Solution {
    private:
        static const int HIGH_BIT = 19;
    public:
        int maximumStrongPairXor(vector<int>& nums) {
            int n = nums.size();
            int x = 0;
    
            sort(nums.begin(), nums.end());
    
            for(int k = HIGH_BIT; k >= 0; k--)
            {
                unordered_map<int, int> mp;
    
                int x_next = x * 2 + 1;
                bool found = false;
    
                for(int n : nums)
                {
                    mp[n >> k] = n;    
                    if(mp.count(x_next ^ (n >> k)) && mp[x_next ^ (n >> k)] * 2 >= n)
                    {
                        found = true;
                        break;
                    }  
                }
                if(found) x = x_next;
                else x = x_next - 1;
            }
            return x;
        }
    };
    
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    复杂度

    时间复杂度: O ( n l o g n + n l o g C ) O(nlogn + n logC) O(nlogn+nlogC) O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) 是排序的时间。其中,C 为数组 nums[] 中最大值的二进制位数。
    空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)map 的空间,最坏情况,没有重复的数,那么在 k = 0 时,所有的数都会被存储到 map 中。

    解法2 0-1 Trie / 字典树

    同样是将数转换为二进制串来优化时间。

    注意:字典树的根节点没有意义。

    struct Trie{
        Trie* left = nullptr;   // 0
        Trie* right = nullptr;  // 1
        int cnt = 0;    // 他的孩子数 或者说 经过它的字符串的数量
    
        Trie() {};
    };
    
    class Solution {
    private:
        static const int high_bit = 19;
        Trie* root = new Trie();
    
    public:
        void insertNum(int num)
        {
            Trie* cur = root;
    
            for(int k = high_bit; k >= 0; k--)
            {
                int bit = (num >> k) & 1;
    
                if(bit == 0)    // 当前位 只与 cur的孩子 有关系
                {
                    if(!cur->left)
                    {
                        cur->left = new Trie();
                    }
                    cur = cur->left;
                }
                else
                {
                    if(!cur->right)
                    {
                        cur->right = new Trie();
                    }
                    cur = cur->right;
                }
                cur->cnt++;     // 孩子++
            }
        }
        void deleteNum(int num)
        {
            Trie* cur = root;
    
            for(int k = high_bit; k >= 0; k--)
            {
                int bit = (num >> k) & 1;
    
                if(bit == 0)
                    cur = cur->left;
                else
                    cur = cur->right;
                cur->cnt--;
            }
        }
        int calXor(int num)
        {
            Trie* cur = root;
            int tmp = 0;
            int x = 0;
    
            for(int k = high_bit; k >= 0; k--)
            {
                int bit = (num >> k) & 1;
    
                if(bit == 0)
                {
                    if(cur->right && cur->right->cnt > 0)   // 右孩子存在
                    {
                        cur = cur->right;
                        x = x * 2 + 1;
                    }
                    else if(cur->left && cur->left->cnt > 0)    // 左孩子存在
                    {
                        cur = cur->left;
                        x = x * 2;
                    }
                }
                else
                {
                    if(cur->left && cur->left->cnt > 0)
                    {
                        cur = cur->left;
                        x = x * 2 + 1;
                    }
                    else if(cur->right && cur->right->cnt > 0)
                    {
                        cur = cur->right;
                        x = x * 2;
                    }
                }
            }
            return x;
        }
        int maximumStrongPairXor(vector<int>& nums) {
            int n = nums.size();
    
            sort(nums.begin(), nums.end());
    
            int l = 0, r = 0;
            int ans = 0;
    
            while(l < n)   // [l, r)
            {
                if(r < n && nums[r] <= nums[l] * 2)
                {
                    insertNum(nums[r]);
                    ans = max(ans, calXor(nums[r]));
                    r++;
                }
                else if(r < n && nums[r] > nums[l] * 2)
                {
                    deleteNum(nums[l]);
                    l++;
                }
                else if(r == n)
                {
                    deleteNum(nums[l]);
                    l++;
                }
            }
    
            return ans;
        }
    };
    
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    复杂度

    时间复杂度: O ( n l o g n + n l o g C ) O(nlogn + nlogC) O(nlogn+nlogC) O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) 是排序的时间。其中,C 为数组 nums[] 中最大值的二进制位数。
    空间复杂度: O ( n l o g C ) O(nlogC) O(nlogC)map 的空间,最坏情况,没有重复的数,那么在 k = 0 时,所有的数都会被存储到 map 中。


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  • 原文地址:https://blog.csdn.net/weixin_43736572/article/details/134374785