力扣周赛392复盘

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3105. 最长的严格递增或递减子数组

题目

给你一个整数数组 nums 。
返回数组 nums 中 严格递增 或 严格递减 的最长非空子数组的长度。

思考：

返回什么：返回最长非空子数组的长度。return max(decs_len,incs_len);
但实际上我们只需要用一个变量ans就可以，不用使用decs_len,incs_len。如ans=（ans,cur_len）;cur_len=right-left+1(这个是否要+1可以让left=right=0时判断)

方法一：暴力破解：

class Solution {
public:int longestMonotonicSubarray(vector<int>& nums) {int n = nums.size();int ans = 1;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = i+1;j < n; j++) {if(nums[j]<=nums[j-1]){//不严格递增break;}//[i,j]严格递增ans=max(j-i+1,ans);}for (int k= i+1; k< n; k++) {if(nums[k]>=nums[k-1]){//不严格递减break;}ans=max(k-i+1,ans);}}return ans;}
};

时间复杂度0(n²)

方法二：分组循环：

如例子nums = [1,2,3,4,3,3,2] ；

1.如果我们确定【1,2,3,4】为递增数列，那么我们可以确定【2,3,4】、【3,4】、【4】均为递增数列。即开始点为left，结束点为right时，我们可以确定right-left+1个递增数列（3-0+1=4）
但需要注意，实际上我们结束点是第一个不满足的点，所以数量为right-left。
2.如果我们确定【1,2,3,4,3】不是递增数列，那我们要再从那个节点开始遍历呢？
* 第一想法从 3开始遍历即直接从上一个right++完之后遍历。但是捏，【4,3】不是递增数列说明什么说明，说明他是递减数列，所以我们要从4开始遍历，我们上一个right++（此时到3）完之后-1再遍历。
3.那我们怎么判断递增还是递减呢？可以用一个bool类型的变量 inc（1=增，0=减）

整体流程：

用right指针遍历数组，如果连续两个元素重复，right后移，跳出循环，（再来一次判断）直到不相等。用left记录每次的起始点，right记录每次的结束点。如果数组严格单调且right不越界，right++。一次遍历之后更新ans，right从第一个不满足的点变为上一个节点

代码如下：

class Solution {
public:int longestMonotonicSubarray(vector<int>& nums) {int n = nums.size();int ans = 1; // 初始化结果为1，因为最短的单调子数组长度至少为1int left = 0; // 左边界初始位置int right = 0; // 右边界初始位置while (right < n - 1) { // 遍历数组，注意右边界不超过数组末尾的前一个元素if (nums[right] == nums[right + 1]){right++;continue;} // 如果右边界和下一个元素相同，继续向右移动右边界left = right; // 更新左边界为当前右边界位置,记录这一组的开始位置bool inc = nums[right + 1] - nums[right] > 0; // 判断单调性right++; // 移动右边界到下一个位置while (right < n && (nums[right] - nums[right - 1] > 0) == inc&&nums[right] != nums[right - 1] ) // 向右移动右边界直到不满足单调性为止right++;ans = max(ans, right - left); // 更新结果，当前子数组长度为右边界减去左边界right-=1;}return ans;}
};

时间复杂度：O(n)。时间复杂度乍一看是 O(n^2)，但注意变量 i 减少的次数是 O(n)其它情况一直在增加，由于 i最大是 n，所以增加的次数是 O(n)所以二重循环总共循环 O(n) 次，时间复杂度是 O(n) 的。
空间复杂度：O(1)。仅用到若干额外变量。

分组循环使用条件：如果按照题意，可以把数组分成若干段满足要求的子数组，每一段之间没有交集。

3106. 满足距离约束且字典序最小的字符串

题目

给你一个字符串 s 和一个整数 k 。

定义函数 distance(s1, s2) ，用于衡量两个长度为 n 的字符串 s1 和 s2 之间的距离，即：

字符 ‘a’ 到 ‘z’ 按循环顺序排列，对于区间 [0, n - 1] 中的 i ，计算所有【 s1[i] 和 s2[i] 之间最小距离】的和。

例如，distance(“ab”, “cd”) = 4 ，且 distance(“a”, “z”) = 1 。
你可以对字符串 s 执行 任意次 操作。在每次操作中，可以将 s 中的一个字母改变为 任意其他小写英文字母。
返回一个字符串，表示在执行一些操作后你可以得到的字典序最小的字符串 t ，且满足 distance(s, t) <= k

思路

distance(“a”, “z”) = 1 这是因为字符 ‘a’ 到 ‘z’ 按循环顺序排列，Z的后面就是A。
所以距离distance_a(从当前元素x到a的距离)=min(x-‘a’,‘z’-x+1);
要认清一个问题 a<b;abc<bbc;即越前面的元素越靠近a字典序越小
使用贪心算法，在k次内尽可能多的让元素变为a；当k不够变成A的时候，让元素直接-k变小即可。

代码：

class Solution {
public:string getSmallestString(string s, int k) {int n=s.size();int i=0;while(k>=0){if(i==n) break;char x=s[i];int dis=min(x-'a','z'-x+1);if(k>=dis){s[i++]='a';k-=dis;}else{s[i++]-=k;break;}}return s;}
};

时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(1)， C++ 可以原地修改字符串。

class Solution:def getSmallestString(self, s: str, k: int) -> str:s=list(s)for i,x in enumerate(map(ord,s)):dis=min(x-ord('a'),ord('z')-x+1)if k>=dis:s[i]='a'k-=diselse:s[i]=chr(x-k)breakreturn''.join(s)

字符串转换为了列表 s，这会占用额外的空间。在 Python 中，字符串是不可变的，因此将其转换为列表以便修改会增加空间复杂度。将其转换为列表需要额外的 O(n) 空间。
时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(n)

3107. 使数组中位数等于 K 的最少操作数

题目

给你一个整数数组 nums 和一个非负整数 k 。一次操作中，你可以选择任一元素加 1 或者减 1 。
请你返回将 nums 中位数变为 k 所需要的最少操作次数。
一个数组的中位数指的是数组按非递减顺序排序后最中间的元素。如果数组长度为偶数，我们选择中间两个数的较大值为中位数。

示例

示例 1：
输入：nums = [2,5,6,8,5], k = 4
输出：2
解释：我们将 nums[1] 和 nums[4] 减 1 得到 [2, 4, 6, 8, 4] 。现在数组的中位数等于 k 。

示例 2：
输入：nums = [2,5,6,8,5], k = 7
输出：3
解释：我们将 nums[1] 增加 1 两次，并且将 nums[2] 增加 1 一次，得到 [2, 7, 7, 8, 5] 。

思考

这道题的中位数是什么，定义方式–》看加粗字体。由此我们能得出来，中位数的下标为n/2（数组排序后）;例如：【0,1,2】中位数下表为3/2=1;【0,1,2,3】中位数下表为4/2=2.(中间较大的那个)。
示例一：nums = [2,5,6,8,5]–》sort后为 [2,5,5,6,8] 那么我们怎么让中位数=4呢？其实不难想到需要先将中间的数X变为4，但是这样子数组【5,4】还得再次变换？不用那么麻烦，直接将【5,4】中的5也变成4即可。如此就有数组[2,4,4,6,8] 中位数为4（而在此期间,6,8我们没有进行处理这是因为中间的数X>4,那么排序后后面的数也必然大于4，不用进行操作。）；示例二同样。
经过示例一二：我们可以得出结论：我们只需要将数组排序，然后让中间的数X变为k，再将X的前小于或后大于的数进行变动。

代码

class Solution {
public:long long minOperationsToMakeMedianK(vector<int>& nums, int k) {long long ans = 0;//切记设置成龙龙sort(nums.begin(), nums.end());long long mid = nums.size() / 2;if (nums[mid] == k)return 0;if (nums[mid] > k) {for (long long i = mid; i >= 0; i--) {//切记i==0！！！if (nums[i] > k)ans += nums[i] - k;elsebreak;//一个小于前面的都小}} // 前面的可能也大于if (nums[mid] < k) {for (long long i = mid; i < nums.size(); i++) {if (nums[i] < k)ans += k - nums[i];elsebreak;}}return ans;}
};

3108. 带权图里旅途的最小代价

题目

给你一个 n 个节点的带权无向图，节点编号为 0 到 n - 1 。
给你一个整数 n 和一个数组 edges ，其中 edges[i] = [ui, vi, wi] 表示节点 ui 和 vi 之间有一条权值为 wi 的无向边。
在图中，一趟旅途包含一系列节点和边。旅途开始和结束点都是图中的节点，且图中存在连接旅途中相邻节点的边。注意，一趟旅途可能访问同一条边或者同一个节点多次。
如果旅开始于节点 u ，结束于节点 v ，我们定义这一趟旅途的代价是经过的边权按位与 AND 的结果。换句话说，如果经过的边对应的边权为 w0, w1, w2, …, wk ，那么代价为w0 & w1 & w2 & … & wk ，其中 & 表示按位与 AND 操作。
给你一个二维数组 query ，其中 query[i] = [si, ti] 。对于每一个查询，你需要找出从节点开始 si ，在节点 ti 处结束的旅途的最小代价。如果不存在这样的旅途，答案为 -1 。
返回数组 answer ，其中 answer[i] 表示对于查询 i 的最小旅途代价。

示例

示例 1：

输入：n = 5, edges = [[0,1,7],[1,3,7],[1,2,1]], query = [[0,3],[3,4]]

输出：[1,-1]

解释：
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第一个查询想要得到代价为 1 的旅途，我们依次访问：0->1（边权为 7 ）1->2 （边权为 1 ）2->1（边权为 1 ）1->3 （边权为 7 ）。

第二个查询中，无法从节点 3 到节点 4 ，所以答案为 -1 。

思路：

按位与 AND：按位与操作：1&1=0，1&0=0；0&0=0；他有一条性质是数越与越小。
例如示例一：7=111 1=001 7&1=111&001=001;
=按位与运算的初始值可以用-1 原因：-1的补码是1111111。
本题可以分为三大类情况：（起始点记为start，结束点记为finish）
1. start==finish，路径代价为0
2. start,finish 两个点不联通路径代价为-1
3. start,finish 两个点联通，路径代价为当前图的所有路径相与值。
如此，大体思路即为，建立两个数组。一个数组存放当前点所在图的编号；另一个数组cc_and存放当前图的所有路径相与值，结合三种情况，求出最终结果。

代码：

class Solution {vector<vector<pair<int, int>>> g;vector<int> cc_and, ids;int dfs(int x) {ids[x] = cc_and.size(); // 记录每个点所在连通块的编号int and_ = -1;for (auto &[y, w]: g[x]) {and_ &= w;if (ids[y] < 0) { // 没有访问过and_ &= dfs(y);}}return and_;}public:vector<int> minimumCost(int n, vector<vector<int>> &edges, vector<vector<int>> &query) {g.resize(n);for (auto &e: edges) {int x = e[0], y = e[1], w = e[2];g[x].emplace_back(y, w);g[y].emplace_back(x, w);}ids.resize(n, -1); // 记录每个点所在连通块的编号for (int i = 0; i < n; i++) {if (ids[i] < 0) { // 没有访问过cc_and.push_back(dfs(i)); // 记录每个连通块的边权的 AND}}vector<int> ans;ans.reserve(query.size()); // 预分配空间for (auto &q: query) {int s = q[0], t = q[1];ans.push_back(ids[s] != ids[t] ? -1 : cc_and[ids[s]]);}return ans;}
};