LeetCode 2020 力扣杯全国春季编程大赛（1644/4093，前40.2%）

文章目录

- 1. 比赛结果
- 2. 题目解析
- - 2.1 拿硬币 Easy
  - 2.2 传递信息 Esay
  - 2.3 剧情触发时间 Medium
  - 2.4 最小跳跃次数 Hard
  - 2.5 二叉树任务调度 Hard

1. 比赛结果

前两题比较顺利，24分钟做出来了，第3，4两题试了好久，都显示超时，第5题没心思看，想着第3，4题应该能做出来的。
在这里插入图片描述

2. 题目解析

2.1 拿硬币 Easy

题目链接
桌上有 n 堆力扣币，每堆的数量保存在数组 coins 中。我们每次可以选择任意一堆，拿走其中的一枚或者两枚，求拿完所有力扣币的最少次数。

示例 1：
输入：[4,2,1]
输出：4
解释：第一堆力扣币最少需要拿 2 次，
第二堆最少需要拿 1 次，
第三堆最少需要拿 1 次，
总共 4 次即可拿完。示例 2：
输入：[2,3,10]
输出：8限制：
1 <= n <= 4
1 <= coins[i] <= 10

解答：

除以2，向上取整即可

class Solution {
public:int minCount(vector<int>& coins) {int i, sum = 0;for(i = 0; i < coins.size(); ++i)sum += ceil(coins[i]/2.0);return sum;}
};

执行用时：4 ms
内存消耗：8.4 MB

2.2 传递信息 Esay

题目链接
小朋友 A 在和 ta 的小伙伴们玩传信息游戏，游戏规则如下：

有 n 名玩家，所有玩家编号分别为 0 ～ n-1，其中小朋友 A 的编号为 0
每个玩家都有固定的若干个可传信息的其他玩家（也可能没有）。
传信息的关系是单向的（比如 A 可以向 B 传信息，但 B 不能向 A 传信息）。
每轮信息必须需要传递给另一个人，且信息可重复经过同一个人

给定总玩家数 n，以及按 [玩家编号,对应可传递玩家编号] 关系组成的二维数组 relation。
返回信息从小 A (编号 0 ) 经过 k 轮传递到编号为 n-1 的小伙伴处的方案数；若不能到达，返回 0。

示例 1：
输入：n = 5, relation = [[0,2],[2,1],[3,4],[2,3],[1,4],[2,0],[0,4]], k = 3
输出：3
解释：信息从小 A 编号 0 处开始，经 3 轮传递，到达编号 4。
共有 3 种方案，分别是 0->2->0->4， 0->2->1->4， 0->2->3->4。示例 2：
输入：n = 3, relation = [[0,2],[2,1]], k = 2
输出：0
解释：信息不能从小 A 处经过 2 轮传递到编号 2限制：
2 <= n <= 10
1 <= k <= 5
1 <= relation.length <= 90, 且 relation[i].length == 2
0 <= relation[i][0],relation[i][1] < n 
且 relation[i][0] != relation[i][1]

解答：

把路径的边插入set，方便后面快速查找
dp[i][j] 表示第i次传递到j的方案数

class Solution {
public:int numWays(int n, vector<vector<int>>& relation, int k) {set<vector<int>> s;for(auto re : relation)s.insert(re);vector<vector<int>> dp(k+1,vector<int>(n,0));dp[0][0] = 1;//初始状态for(int i = 1; i <= k; ++i)//k次传递{for(int j = 0; j < n; ++j){	//n个人，如果存在传递到这的情况if(dp[i-1][j]!=0){for(int k = 0; k < n; ++k){	//传给下一个人，可以传给跟自己有关系的if(s.count({j,k}))//有关系dp[i][k] += dp[i-1][j];}}}}return dp[k][n-1];}	
};

执行用时：8 ms
内存消耗：7.6 MB

class Solution {	//更简洁的版本
public:int numWays(int n, vector<vector<int>>& relation, int k) {int dp[6][10]= {0};dp[0][0]=1;for(int i=0;i<k;i++)for(auto ss:relation)dp[i+1][ss[1]] += dp[i][ss[0]];return dp[k][n-1];}//参看作者：xunh
};

2.3 剧情触发时间 Medium

题目链接
在战略游戏中，玩家往往需要发展自己的势力来触发各种新的剧情。
一个势力的主要属性有三种，分别是文明等级（C），资源储备（R）以及人口数量（H）。
在游戏开始时（第 0 天），三种属性的值均为 0。

随着游戏进程的进行，每一天玩家的三种属性都会对应增加，我们用一个二维数组 increase 来表示每天的增加情况。
这个二维数组的每个元素是一个长度为 3 的一维数组，例如 [[1,2,1],[3,4,2]] 表示第一天三种属性分别增加 1,2,1 而第二天分别增加 3,4,2。

所有剧情的触发条件也用一个二维数组 requirements 表示。
这个二维数组的每个元素是一个长度为 3 的一维数组，对于某个剧情的触发条件 c[i], r[i], h[i]，如果当前 C >= c[i] 且 R >= r[i] 且 H >= h[i] ，则剧情会被触发。

根据所给信息，请计算每个剧情的触发时间，并以一个数组返回。
如果某个剧情不会被触发，则该剧情对应的触发时间为 -1 。

示例 1：
输入： increase = [[2,8,4],[2,5,0],[10,9,8]] 
requirements = [[2,11,3],[15,10,7],[9,17,12],[8,1,14]]
输出: [2,-1,3,-1]
解释：
初始时，C = 0，R = 0，H = 0
第 1 天，C = 2，R = 8，H = 4
第 2 天，C = 4，R = 13，H = 4，此时触发剧情 0
第 3 天，C = 14，R = 22，H = 12，此时触发剧情 2
剧情 1 和 3 无法触发。示例 2：
输入： increase = [[0,4,5],[4,8,8],[8,6,1],[10,10,0]] 
requirements = [[12,11,16],[20,2,6],[9,2,6],[10,18,3],[8,14,9]]
输出: [-1,4,3,3,3]示例 3：
输入： increase = [[1,1,1]] requirements = [[0,0,0]]
输出: [0]限制：
1 <= increase.length <= 10000
1 <= requirements.length <= 100000
0 <= increase[i] <= 10
0 <= requirements[i] <= 100000

我的比赛错误解：（1、有重复元素没考虑，2、erase 迭代器后，迭代器失效！！）

struct cmp1
{bool operator()(const vector<int>& a, const vector<int>& b)const{if(a[0]==b[0]){if(a[1]==b[1])return a[2] < b[2];return a[1] < b[1];}return a[0] < b[0];}
};class Solution {
public:vector<int> getTriggerTime(vector<vector<int>>& inc, vector<vector<int>>& req) {int t = 0, n = req.size(), a = 0, b = 0, c =0;vector<int> ans(n,-1);map<vector<int>, int> m;set<vector<int>,cmp1> set1;for(int i = 0; i < n; ++i){m[req[i]]=i;set1.insert(req[i]);}vector<int> tp;auto end1 = set1.upper_bound({a,b,c});for(auto it = set1.begin(); it != end1; ++it){tp = *it;if(a>=tp[0] && b>=tp[1] && c>=tp[2]){ans[m[tp]] = t;set1.erase(tp);}}for(int i = 0; i < inc.size(); ++i){t = i+1;a += inc[i][0];b += inc[i][1];c += inc[i][2];auto end = set1.upper_bound({a,b,c});for(auto it = set1.begin(); it != end; ++it){tp = *it;if(a>=tp[0] && b>=tp[1] && c>=tp[2]){ans[m[tp]] = t;set1.erase(tp);}}}return ans;}
};

我的赛后正确解：m.erase(it++);//这样做迭代器不会失效
利用multimap（平衡搜索树）有序，可以进行二分查找

struct cmp1	//自定义排序规则
{bool operator()(const vector<int>& a, const vector<int>& b)const{if(a[0]==b[0]){if(a[1]==b[1])return a[2] < b[2];return a[1] < b[1];}return a[0] < b[0];}
};class Solution {
public:vector<int> getTriggerTime(vector<vector<int>>& inc, vector<vector<int>>& req) {int t = 0, n = req.size(), a = 0, b = 0, c =0;vector<int> ans(n,-1);multimap<vector<int>, int, cmp1> m;for(int i = 0; i < n; ++i)m.insert(make_pair(req[i],i));vector<int> tp;for(int i = -1; i < int(inc.size()); ++i)//注意坑，int -1 跟 size_t 比较，循环进不去{t = i+1;if(i >=0){a += inc[i][0];b += inc[i][1];c += inc[i][2];}auto end = m.upper_bound({a,b,c});for(auto it = m.begin(); it != end; ){tp = it->first;if(a>=tp[0] && b>=tp[1] && c>=tp[2]){ans[it->second] = t;m.erase(it++);//这样做迭代器不会失效}elseit++;}}return ans;}
};

在这里插入图片描述

2.4 最小跳跃次数 Hard

题目链接

为了给刷题的同学一些奖励，力扣团队引入了一个弹簧游戏机。
游戏机由 N 个特殊弹簧排成一排，编号为 0 到 N-1。
初始有一个小球在编号 0 的弹簧处。若小球在编号为 i 的弹簧处，通过按动弹簧，可以选择把小球向右弹射 jump[i] 的距离，或者向左弹射到任意左侧弹簧的位置。
也就是说，在编号为 i 弹簧处按动弹簧，小球可以弹向 0 到 i-1 中任意弹簧或者 i+jump[i] 的弹簧（若 i+jump[i]>=N ，则表示小球弹出了机器）。
小球位于编号 0 处的弹簧时不能再向左弹。

为了获得奖励，你需要将小球弹出机器。
请求出最少需要按动多少次弹簧，可以将小球从编号 0 弹簧弹出整个机器，即向右越过编号 N-1 的弹簧。

示例 1：
输入：jump = [2, 5, 1, 1, 1, 1]
输出：3
解释：小 Z 最少需要按动 3 次弹簧，
小球依次到达的顺序为 0 -> 2 -> 1 -> 6，最终小球弹出了机器。限制：
1 <= jump.length <= 10^6
1 <= jump[i] <= 10000

我的BFS超时解：
超时的例子
在这里插入图片描述

class Solution {
public:int minJump(vector<int>& jump) {int i, j, n = jump.size(), t = 0, size,tp;set<int> set;for(i = 0; i < n; ++i)set.insert(i);queue<int> q;q.push(0);set.erase(0);while(!q.empty()){size = q.size();t++;while(size--){tp = q.front();q.pop();if(tp+jump[tp] >= n)return t;if(set.count(tp+jump[tp])){q.push(tp+jump[tp]);set.erase(tp+jump[tp]);}auto end = set.upper_bound(tp);//这个地方多了lgn的查找，用数组降到O(1)for(auto it = set.begin(); it != end; ++it){q.push(*it);set.erase(*it);}}}return t;}
};

改进的BFS

class Solution {
public:int minJump(vector<int>& jump) {int i, n = jump.size(), t = 0, size, tp, prevPos = 0;vector<bool> vis(n,false);vis[0] = true;queue<int> q;q.push(0);while(!q.empty()){size = q.size();t++;while(size--){tp = q.front();q.pop();if(tp+jump[tp] >= n)return t;if(!vis[tp+jump[tp]]){   //向右跳过来q.push(tp+jump[tp]);vis[tp+jump[tp]] = true;}for(i = prevPos+1; tp >0 && i < tp; ++i){   //向左位置跳if(!vis[i]){q.push(i);vis[i] = true;}}prevPos = max(prevPos,tp);//没有这句会超时//避免重复检查某些位置}}return t;}
};