LeetCode之Weekly Contest 90
LeetCode第90场周赛记录
第一题：亲密字符串
问题：
给定两个由小写字母构成的字符串 A 和 B ，只要我们可以通过交换 A 中的两个字母得到与 B 相等的结果，就返回 true ；否则返回 false 。
示例 1：
输入： A = "ab", B = "ba"
输出： true
示例 2：
输入： A = "ab", B = "ab"
输出： false
示例 3:
输入： A = "aa", B = "aa"
输出： true
示例 4：
输入： A = "aaaaaaabc", B = "aaaaaaacb"
输出： true
示例 5：
输入： A = "", B = "aa"
输出： false
链接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-90/problems/buddy-strings/
分析：
1.如果两个字符串长度不等，一定不满足
2.如果两个字符串完全相同，需要至少两个完全相同的字符，才能满足交换两个字母后相同，所以如果长度小于2，也一定不满足。
3.其他情况两个字符串需要有且仅有两个不同的字符，差异的两个字符仅仅是顺序不同。
AC Code：
class Solution {
public:
bool buddyStrings(string A, string B) {
if (A.size() != B.size() || A.size()<)
{
return false;
}
//记录不同的，如果两者可以交换，返回true，完全相同，返回true
int counter = ; //记录差异点数
string A1=""; //分别保存差异内容
string A2="";
for (int i = ; i < A.size(); i++)
{
if (A[i] != B[i])
{
counter++;
A1 += A[i];
A2 += B[i];
}
}
if (counter == )
{
//完全一样的两个字符串 //需要有两个完全一样的字符
map<char, int> tmp;
for (int i = ; i < A.size(); i++)
{
if (tmp.count(A[i])==)
{
tmp[A[i]]++;
}
else
{
tmp[A[i]] = ;
}
}
map<char, int>::iterator it;
for (it = tmp.begin(); it != tmp.end(); it++)
{
if (it->second >= )
{
return true;
}
}
return false;
}
if (A1.size()!=)
{
return false;
}
else
{
if (A1[] == A2[] && A1[] == A2[])
{
return true;
}
else
{
return false;
}
}
}
};
其他：
第一的做法：
class Solution {
public boolean buddyStrings(String A, String B) {
int[] l = new int[256];
boolean two = false;
for(int i = 0; i < A.length(); i++) {
if(++l[A.charAt(i)] > 1) two = true;
}
for(int i = 0; i < B.length(); i++) {
--l[B.charAt(i)];
}
for(int out: l) {
if(out != 0) return false;
}
int error = 0;
for(int i = 0; i < A.length(); i++) {
if(A.charAt(i) != B.charAt(i)) {
error++;
}
}
if(error == 2) return true;
if(error > 2) return false;
return two;
}
}
用的好像是Java，思路是先创建256大小字符数组【如果要对空间进行优化的话，可以只创建26个大小数组，因为题目中明确只有a-z，对应做一个-‘a’处理即可，不过区别不大】，用来统计每个字母出现个数，先统计A的数量，一旦有某个字符出现两次及以上，将标志two设为true。然后利用B中字符减去对应个数，结束后一旦某个字符对应位置不是0，则说明A中和B中对应字符个数不一致，一定不满足要求，返回false，然后统计AB中差异个数，如果差异个数是2，返回true，如果差异超过2，返回false，接下来一定是没有差异（如果只有一个字符差异，一定不满足AB中对应字符个数一致要求，前面就会返回false），返回two的值，即是否有某个字符数量达到2.
第二题：括号的分数
题目：
给定一个平衡括号字符串 S，按下述规则计算该字符串的分数：
()得 1 分。AB得A + B分，其中 A 和 B 是平衡括号字符串。(A)得2 * A分，其中 A 是平衡括号字符串。
示例 1：
输入： "()"
输出： 1
示例 2：
输入： "(())"
输出： 2
示例 3：
输入： "()()"
输出： 2
示例 4：
输入： "(()(()))"
输出： 6
提示：
S是平衡括号字符串，且只含有(和)。2 <= S.length <= 50
链接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-90/problems/score-of-parentheses/
分析：
1.如果是()，值为1；
2.如果是“”，值为0；
3.对于某个string S，如果形如()S`，结果为1+value(S`)
如果形如（S`）S``，结果为2*value（S`）+value(S``)
已知给出字符串是平衡的，只需要按照规则递归分解求值即可
需要做的就是找出S`以及剩余字符串S``
AC code：
class Solution {
public:
int scoreOfParentheses(string S) {
if (S.size() == ) //空串值为0
{
return ;
}
if (S.size() == ) //已知括号匹配，长度2的一定是（），值是1
{
return ;
}
string tmp = ""; //嵌套的字符串
string left = ""; //当前匹配后剩余的字符串
stack<char> tmpstack; //S[0]一定是'('
if (S[] == ')') // ()S`类型
{
for (int j = ; j < S.size(); j++)
{
left += S[j];
}
return + scoreOfParentheses(left);;
}
tmp += S[];
tmpstack.push(S[]);
for (int i = ; i < S.size(); i++)
{
if (tmpstack.empty() == true && S[i] == ')') //完成匹配，形如（S`）S``
{
for (int j = i + ; j < S.size(); j++)
{
left += S[j];
}
return * scoreOfParentheses(tmp) + scoreOfParentheses(left);
}
else
{
tmp += S[i];
if (tmpstack.empty() == true)
{
tmpstack.push(S[i]);
}
else if (tmpstack.top() == '(' && S[i] == ')')
{
tmpstack.pop();
}
else
{
tmpstack.push(S[i]);
}
}
}
}
};
其他：
第一的做法：
class Solution {
public int scoreOfParentheses(String S) {
if(S.length() == 0) return 0;
if(S.charAt(0) == '(' && S.charAt(1) == ')') {
return 1 + scoreOfParentheses(S.substring(2));
}
int d = 0;
int end = -1;
for(int i = 0; i < S.length(); i++) {
if(S.charAt(i) == '(') d++;
else d--;
if(d == 0) {
end = i+1;
break;
}
}
return 2 * scoreOfParentheses(S.substring(1, end-1)) + scoreOfParentheses(S.substring(end));
}
}
基本思路基本一致，处理（S`）S``类型时候没有使用栈而是直接通过识别‘（'和'）’加减计数来找到(S`)
第三题：镜面反射
题目：
有一个特殊的正方形房间，每面墙上都有一面镜子。除西南角以外，每个角落都放有一个接受器，编号为 0， 1，以及 2。
正方形房间的墙壁长度为 p，一束激光从西南角射出，首先会与东墙相遇，入射点到接收器 0 的距离为 q。
返回光线最先遇到的接收器的编号（保证光线最终会遇到一个接收器）。
示例：
输入： p = 2, q = 1
输出： 2
解释： 这条光线在第一次被反射回左边的墙时就遇到了接收器 2 。
提示：
1 <= p <= 10000 <= q <= p
链接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-90/problems/mirror-reflection/
分析：
1，利用镜面反射特点，可以假设上面有无限长，光线一直向上走；
2，在1的前提下，每反射一次，向上高度增加q；
3，如果被某个接收器接收到了，说明当前高度是p的整数倍；
4，如果反射偶数次被接收到，则必定是2号接收到；
5，如果最终达到的“高度”是墙面高度p的奇数倍，则被1号接收到；
6，如果最终达到的“高度”是墙面高度p的偶数倍，则被0号接收到；
分析完成后问题就变得很简单了。
AC code：
class Solution {
public:
int mirrorReflection(int p, int q) {
//无限向上延伸，虚拟节点，整数倍获得结果
int counter = ;
while (true)
{
if (q*counter % p == )
{
if (counter % == )
{
return ;
}
if (q*counter / p % == )
{
return ;
}
return ;
}
counter++;
}
}
};
其他：
第一code
class Solution {
public int mirrorReflection(int p, int q) {
int curr = ;
for(int i = ; true; i++) {
curr += q;
curr %= (*p);
if(curr == p) {
if(i% == ) {
return ;
}
else {
return ;
}
}
if(curr == ) {
return ;
}
}
}
}
假设房间向上翻转一次，得到一个p宽，2*p高的长方形，curr记录当前高度（高度范围[0,2*p)），每次反射高度增加q，如果高度等于0，则会被0号接受，如果高度等于p，则被1或者2接收，其中反射奇数次被1号接收，反射偶数次被2号接收。
感觉自己的code有一点不好的就是如果pq很大且数据巧合有可能溢出，映射到2p范围内会更好。
第四题：雇佣 K 名工人的最低成本
题目：
- 用户通过次数0
- 用户尝试次数0
- 通过次数0
- 提交次数0
- 题目难度Hard
有 N 名工人。 第 i 名工人的工作质量为 quality[i] ，其最低期望工资为 wage[i] 。
现在我们想雇佣 K 名工人组成一个工资组。在雇佣 一组 K 名工人时，我们必须按照下述规则向他们支付工资：
- 对工资组中的每名工人，应当按其工作质量与同组其他工人的工作质量的比例来支付工资。
- 工资组中的每名工人至少应当得到他们的最低期望工资。
返回组成一个满足上述条件的工资组至少需要多少钱。
示例 1：
输入： quality = [10,20,5], wage = [70,50,30], K = 2
输出： 105.00000
示例 2：
输入： quality = [3,1,10,10,1], wage = [4,8,2,2,7], K = 3
输出： 30.66667
提示：
1 <= K <= N <= 10000，其中N = quality.length = wage.length1 <= quality[i] <= 100001 <= wage[i] <= 10000- 与正确答案误差在
10^-5之内的答案将被视为正确的。
链接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-90/problems/minimum-cost-to-hire-k-workers/
分析：
速度有点慢，最后20分钟开始处理，没想太多，测试数据到第41个超时了，O（n*n）毫无前途。
TimeOut COde：
class Solution {
public:
double mincostToHireWorkers(vector<int>& quality, vector<int>& wage, int K) {
double min = 9999999.0;
for (int i = ; i < quality.size(); i++)
{
vector<double> tmpmin;
double tmp = wage[i]*1.0 / quality[i];
for (int j = ; j < quality.size(); j++)
{
if (quality[j] * tmp < wage[j])
{
continue;
}
else
{
tmpmin.push_back(quality[j] * tmp);
}
}
if (tmpmin.size() < K)
{
continue;
}
else
{
sort(tmpmin.begin(), tmpmin.end());
double tmpsum = ;
for (int index = ; index < K; index++)
{
tmpsum += tmpmin[index];
}
if (tmpsum < min)
{
min = tmpsum;
}
}
}
return min;
}
};
之前想法是算出每个人的“性价比”，即最低要求和工作质量的比值，然后按照该比值衡量所有人，如果该比值下的工资低于最低期望，则不会加入，然后在加入里面选出最低的K个，得到一个总和，按照每个人的标准衡量一遍，所有总和中最低的一个即为符合要求的结果。但是显然O（n*n）效率太低。
比赛到时见后参考别人code，发现按照性价比排序后只需要过一遍就能得到结果。
AC 思路:
单位工作质量所要工资其实和性价比相反，越低越好。但是并不是说比值越低总价就越低，比如一个工作质量/最低工资分别是[1,10]和[20,40]，前者比值10，后者比值2，但是只要1个人的话显然需要选择前者。
按照wget/quality进行升序排序，则只需要获得quality总和即可，因为所采用的单位质量价值都是相同的，都采用的最低的一个。由于采用的单位质量价值相同，影响最终结果的只有quality值了，则每次需要将前k个中quality最大的一个移除进行后面的尝试。
在给出的第一组测试数据中，
[10,20,5]
[70,50,30]
计算wget/quality以及排序后结果如下：
[20,5.10]
[50,30,40]
[2.5,,6,7]
从中选择2个，则第一次尝试结果选择前两个，按照6计算，值为（20+5）*6=150
前面有分析过并非wget/quality低的总和就会少，所以需要进行遍历尝试后面的所有值，
当选择下一个时候，由于确定比例会选择7，影响到结果的只有quality值了，20>5,移除20，得到新的组合（5+10）*7=105
对于第二组测试数据，按照同样方式处理排序后结果如下
[10,10,3,1,1]
[2,2,4,7,8]
[0.2,0.2,1.3333,7,8]
选择3个，第一次前三个组合得到（10+10+3）*1.333=30.6667
接下来尝试比例7的，移除前面quality最大的10，（10+3+1）*7=98
尝试比例8 ，移除quality最大的10，（3+1+1）*8=40，则最小值30.6667
AC code：
class Solution {
public:
typedef struct Worker
{
int quality;
int wage;
double ratio;
bool operator< (const Worker &w1)
{
return ratio < w1.ratio;
}
}Worker;
double mincostToHireWorkers(vector<int>& quality, vector<int>& wage, int K)
{
vector < Worker > workers;
for (int i = ; i < quality.size(); i++)
{
Worker w = { quality[i], wage[i], wage[i] * 1.0 / quality[i] };
workers.push_back(w);
}
//按照性价比排序
sort(workers.begin(), workers.end());
double ret = INT_MAX;
vector<int> tmpqs;//由于性价比是下降的（wget/qualite 上升），即单位质量花费是增加的，所以每次都把前面qualities最大的除去
for (int i = ; i < workers.size(); i++)
{
if (tmpqs.size() < K)
{
tmpqs.push_back(workers[i].quality);
}
if (tmpqs.size() == K)
{
//得到一个组合，判断是否更小
int tmpsumquality=;
int tmpmaxindex = ;
int tmpmaxquality = INT_MIN;
for (int j = ; j < K; j++)
{
tmpsumquality += tmpqs[j];
if (tmpqs[j]>tmpmaxquality)
{
tmpmaxindex = j;
tmpmaxquality = tmpqs[j];
}
}
ret = min(ret, tmpsumquality*workers[i].ratio);
//然后需要移除当前最大qualities
tmpqs.erase(tmpqs.begin() + tmpmaxindex);
}
}
return ret;
}
};
其他：
1.DBL_MAX默认是不认的，所以应改为INT_MAX
2.第一code
class Solution {
public double mincostToHireWorkers(int[] quality, int[] wage, int K) {
State[] l = new State[quality.length];
for(int i = 0; i < quality.length; i++) {
l[i] = new State(quality[i], wage[i]);
}
Arrays.sort(l);
double ret = Double.MAX_VALUE;
PriorityQueue<Integer> q = new PriorityQueue<Integer>();
long sum = 0;
for(int i = 0; i < l.length; i++) {
q.add(-l[i].quality);
sum += l[i].quality;
if(q.size() > K) {
sum += q.poll();
}
if(q.size() == K) {
ret = Math.min(ret, sum * l[i].ratio());
}
}
return ret;
}
class State implements Comparable<State> {
public int quality;
public int wage;
public State(int quality, int wage) {
super();
this.quality = quality;
this.wage = wage;
}
public double ratio() {
return wage / (double) quality;
}
public int compareTo(State s) {
return Double.compare(ratio(), s.ratio());
}
@Override
public String toString() {
return "State [quality=" + quality + ", wage=" + wage + "]";
}
}
}
a.利用了PriorityQueue自动调整结构的特定，通过poll将最大quality移除掉
b.通过*-1将最小堆转换为最大堆
c.
for(int i = 0; i < l.length; i++) {
q.add(-l[i].quality);
sum += l[i].quality;
if(q.size() > K) {
sum += q.poll();
}
if(q.size() == K) {
ret = Math.min(ret, sum * l[i].ratio());
}
}
中，q.poll的有可能就是刚插入进去的，比如某个quality最大，同时ratio也比较大的，完全可以直接跳过，也许能够进一步优化，不过这样做的好处就是形式的统一。
总结：
第四次参加周赛了，虽说仍然没能完成四道题，不过至少四个都懂了，也算是有所收获。和高手比起来，感觉最欠缺的一是速度，二是对语言特性的掌握，三是对常用算法的掌握。
1.速度上来讲第一四道题做完不到20分钟，自己第一个AC都快18分钟了，即使会做没时间做也是白搭，即使是实际项目中，也是越早做出来越早发现问题有时间完善改进。
2.虽说C/C++/C#/Java/Go/Python/Swift/Kotlin/VB等都稍有涉猎，能拿来用，尤其C/C++从开始于到现在都六七年了，不过仅仅限于基础用法的使用，好多高阶用法并没掌握，所以一旦需要要么临时搜索查询，要么根本就不知道有只能笨拙的自己实现，掌握多门语言固然不错，但是要有自己的核心技能语言，暂且选择C++/C#好了，今后不仅要能用，更要用好，要深入理解掌握。
3.见多方能识广，承认有天才，但自认为不是，而大多数问题其实都已经存在且被解决，一方面固然需要提高自己的独立思考能力，另一方面也不能闭门造车，多学习其他人，才能更快的提高。
化用老师的一句话：大量练习，大量做题，大量阅读，自然能够提高。
practice makes prefect
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