LeetCode之Weekly Contest 93
第一题：二进制间距
问题：
给定一个正整数 N，找到并返回 N 的二进制表示中两个连续的 1 之间的最长距离。
如果没有两个连续的 1，返回 0 。
示例 1：
输入：22
输出：2
解释：
22 的二进制是 0b10110 。
在 22 的二进制表示中，有三个 1，组成两对连续的 1 。
第一对连续的 1 中，两个 1 之间的距离为 2 。
第二对连续的 1 中，两个 1 之间的距离为 1 。
答案取两个距离之中最大的，也就是 2 。
示例 2：
输入：5
输出：2
解释：
5 的二进制是 0b101 。
示例 3：
输入：6
输出：1
解释：
6 的二进制是 0b110 。
示例 4：
输入：8
输出：0
解释：
8 的二进制是 0b1000 。
在 8 的二进制表示中没有连续的 1，所以返回 0 。
提示：
1 <= N <= 10^9
链接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-93/problems/binary-gap/
分析：
首先将数据转换为二进制用vector存储起来，然后在存储数字vector中的1的坐标，新的坐标vector中相邻两个差值最大的就是最大距离。
如果0个数不到两个，则返回0
AC Code：
class Solution {
public:
int binaryGap(int N) {
int ret = ;
vector<int> nums; //转换为二进制数字，存储每一位
while (N)
{
nums.emplace_back(N & 0x01);
N /= ;
}
vector<int> diss;//记录1的坐标
for (int i = ; i < nums.size(); i++)
{
if (nums[i] == )
{
diss.emplace_back(i);
}
}
if (diss.size() <= )
{
return ;
}
int f = diss[];
for (int i = ; i < diss.size(); i++)
{
ret = max(ret, diss[i] - diss[i - ]);
}
return ret;
}
};
其他：
目前看不到用时最短code，第一code：
class Solution {
public int binaryGap(int N) {
int prev = -;
int ret = ;
for(int i = ;i < ;i++){
if(N<<~i<){
if(prev >= ){
ret = Math.max(ret, i - prev);
}
prev = i;
}
}
return ret;
}
}
N<<~i<0，实际跑code看好像是将N低位开始从最高位逐步右移。
左移~0，即左移-1位等价于左移31位，获取到最低位是0还是1，
左移~1，即左移-2位，等价于左移30位，相当于获取二进制数据中的倒数第二位。
其实还是依次获得数据的低位是0还是1，和直接右移的区别是什么？
第一题：重新排序得到 2 的幂
问题：
从正整数 N 开始，我们按任何顺序（包括原始顺序）将数字重新排序，注意其前导数字不能为零。
如果我们可以通过上述方式得到 2 的幂，返回 true；否则，返回 false。
示例 1：
输入：1
输出：true
示例 2：
输入：10
输出：false
示例 3：
输入：16
输出：true
示例 4：
输入：24
输出：false
示例 5：
输入：46
输出：true
提示：
1 <= N <= 10^9
链接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-93/problems/reordered-power-of-2/
分析：
如果将数字按照每位数字进行重新排列组合后检验是否是2的幂，一来比较复杂，二来位数多了后排列组合可能太多。反向思考下，知道数据“长度”，找到符合该长度的可能的2的幂的数字，然后数字按照大小重新排序，如果一致则说明能组成2的幂。
AC Code：
class Solution {
public:
bool reorderedPowerOf2(int N) {
//先找到数字位数，得到该范围内的合法数据，每个数字单独排序，如果vector一致，则可以
bool ret = false;
vector<int> ornums;
int length = ;
while (N)
{
ornums.emplace_back(N % );
N /= ;
}
sort(ornums.begin(), ornums.end());
length = ornums.size();
vector<vector<int>> checks;
checks = getvalidnums(length);
int sameflag = true;
for (int i = ; i < checks.size(); i++)
{
if (checks[i].size() == length)
{
sameflag = true;
for (int j = ; j < checks[i].size(); j++)
{
if (checks[i][j] != ornums[j])
{
sameflag = false;
break;
}
}
//
if (sameflag == false)
{
continue;
}
else
{
return true;
}
}
}
return ret;
}
vector<vector<int>> getvalidnums(int len)
{
vector<vector<int>> ret;
vector<int> tmp;
vector<int> tmpnum;
tmp = getvalidnum(len);
for (int i = ; i < tmp.size(); i++)
{
int tmpdata = tmp[i];
tmpnum.clear();
while (tmpdata)
{
tmpnum.emplace_back(tmpdata % );
tmpdata /= ;
}
sort(tmpnum.begin(), tmpnum.end());
ret.emplace_back(tmpnum);
}
return ret;
}
vector<int> getvalidnum(int len)
{
vector<int> ret;
int low = (int)pow(, len - );
int high = (int)pow(, len);
for (int i = ; (int)pow(, i) < high; i++)
{
if ((int)pow(, i) >= low)
{
ret.emplace_back((int)pow(, i));
}
}
return ret;
}
};
其他：
第一code：
classcl Solution {
int[] freq(char[] s)
{
int[] f = new int[];
for(char c : s){
f[c-'']++;
}
return f;
}
public boolean reorderedPowerOf2(int N) {
char[] s = Integer.toString(N).toCharArray();
int[] f = freq(s);
for(long i = ;i <= <<;i*=){
int[] g = freq(Long.toString(i).toCharArray());
if(Arrays.equals(f, g))return true;
}
return false;
}
}
看起来像是JAVA，首先将数字转换为字符串s，然后转为数字数组f，f实际上记录的是0-9每个数字出现的个数。在1-1<<30 范围内（每次加倍），检测得到的数字i的数字数组（即组成数字的0-9每个的个数）是否和f一致。
第三题：优势洗牌
问题：
给定两个大小相等的数组 A 和 B，A 相对于 B 的优势可以用满足 A[i] > B[i] 的索引 i 的数目来描述。
返回 A 的任意排列，使其相对于 B 的优势最大化。
示例 1：
输入：A = [2,7,11,15], B = [1,10,4,11]
输出：[2,11,7,15]
示例 2：
输入：A = [12,24,8,32], B = [13,25,32,11]
输出：[24,32,8,12]
提示：
1 <= A.length = B.length <= 100000 <= A[i] <= 10^90 <= B[i] <= 10^9
链接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-93/problems/advantage-shuffle/
分析：
目的是想要赢得场次多，类似田忌赛马，如果赢不了，直接拿最差的来应对。
首先将两个队伍按照实力排序，从强到弱AB对战，如果Ａ能赢则迎战，否则Ａ中最弱的来应对，Ａ中的当前最强应对Ｂ的下一个。
AC Code：
class Solution {
public:
vector<int> advantageCount(vector<int>& A, vector<int>& B) {
vector<int> ret;
vector<int> ShadowA(A); //引用传递，避免修改到AB，其实用不到的
vector<int> ShadowB(B);
sort(ShadowA.begin(), ShadowA.end()); //先进行排序，方便对战
sort(ShadowB.begin(), ShadowB.end());
vector<pair<int, int>> battles; //
//vector<int> Aleft; //本来想要的是如果B中的某一个A中剩余部分没有人赢得了，跳过，结束后A中剩余部分直接和B中剩余部分随便匹配，反正打不过。不过提交出错后调试发现直接拿当前最弱的来应对就好了。
//vector<int> Bleft;
int ilow = ; //A中当前最弱的坐标
for (int i = ShadowA.size() - , j = ShadowB.size() - ; i >= ilow, j >= ;)
{
if (ShadowA[i] > ShadowB[j]) //能赢，进行匹配
{
pair<int, int> tmp{ ShadowB[j], ShadowA[i] };
battles.emplace_back(tmp);
i--;
j--;
//continue;
}
else
{
//Bleft.emplace_back(ShadowB[j]);
pair<int, int> tmp{ ShadowB[j], ShadowA[ilow] }; //打不过，直接拿Ａ中最弱的一个来应对
battles.emplace_back(tmp);
ilow++;
j--;
//continue;
}
}
for (int i = ; i < B.size(); i++) //将交战匹配对按照B中原有顺序排列输出A的出战顺序
{
for (int j = battles.size() - ; j >= ; j--)
{
if (battles[j].first == B[i])
{
ret.emplace_back(battles[j].second);
battles.erase(battles.begin() + j);
break;
}
}
}
return ret;
}
};
其他：
第一code：
class Solution {
public int[] advantageCount(int[] a, int[] b) {
int n = a.length;
int[][] bi = new int[n][];
for(int i = 0;i < n;i++){
bi[i] = new int[]{b[i], i};
}
Arrays.sort(bi, new Comparator<int[]>() {
public int compare(int[] a, int[] b) {
return a[0] - b[0];
}
});
Arrays.sort(a);
int p = 0;
int[] ra = new int[n];
Arrays.fill(ra, -1);
boolean[] used = new boolean[n];
for(int i = 0;i < n;i++){
while(p < n && a[p] <= bi[i][0]){
p++;
}
if(p < n){
ra[bi[i][1]] = a[p];
used[p] = true;
p++;
}
}
int q = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
if(!used[i]){
while(q < n && ra[q] != -1)q++;
assert q < n;
ra[q] = a[i];
}
}
return ra;
}
}
还是java，不太懂而且没环境不太好调试查看，大概意思是对A进行排序，然后B中的每一个充A中找到最接近但比B大的数字来迎战？
第二用的是C++：
class Solution {
public:
vector<int> advantageCount(vector<int>& a, vector<int>& b) {
int i,j,k,n,l;
vector<pair<int,int> > bb;
vector<pair<int,int> > aa;
vector<int> ans;
bb.clear();
n=a.size();
for (i=;i<n;i++)
bb.push_back(make_pair(b[i],i));
ans.clear();
for (i=;i<n;i++)
ans.push_back(-);
sort(a.begin(),a.end());
reverse(a.begin(),a.end());
sort(bb.begin(),bb.end());
reverse(bb.begin(),bb.end());
j=;
for (i=;i<a.size();i++)
{
while ((j<bb.size())&&(bb[j].first>=a[i])) j++;
if (j==bb.size()) break;
ans[bb[j].second]=a[i];
j++;
}
l=;
for (k=i;k<a.size();k++)
{
while ((l<ans.size())&&(ans[l]!=-)) l++;
ans[l]=a[k];
l++;
}
return ans;
}
};
第四题：最低加油次数
问题：
汽车从起点出发驶向目的地，该目的地位于出发位置东面 target 英里处。
沿途有加油站，每个 station[i] 代表一个加油站，它位于出发位置东面 station[i][0] 英里处，并且有 station[i][1] 升汽油。
假设汽车油箱的容量是无限的，其中最初有 startFuel 升燃料。它每行驶 1 英里就会用掉 1 升汽油。
当汽车到达加油站时，它可能停下来加油，将所有汽油从加油站转移到汽车中。
为了到达目的地，汽车所必要的最低加油次数是多少？如果无法到达目的地，则返回 -1 。
注意：如果汽车到达加油站时剩余燃料为 0，它仍然可以在那里加油。如果汽车到达目的地时剩余燃料为 0，仍然认为它已经到达目的地。
示例 1：
输入：target = 1, startFuel = 1, stations = []
输出：0
解释：我们可以在不加油的情况下到达目的地。
示例 2：
输入：target = 100, startFuel = 1, stations = [[10,100]]
输出：-1
解释：我们无法抵达目的地，甚至无法到达第一个加油站。
示例 3：
输入：target = 100, startFuel = 10, stations = [[10,60],[20,30],[30,30],[60,40]]
输出：2
解释：
我们出发时有 10 升燃料。
我们开车来到距起点 10 英里处的加油站，消耗 10 升燃料。将汽油从 0 升加到 60 升。
然后，我们从 10 英里处的加油站开到 60 英里处的加油站（消耗 50 升燃料），
并将汽油从 10 升加到 50 升。然后我们开车抵达目的地。
我们沿途在1两个加油站停靠，所以返回 2 。
提示：
1 <= target, startFuel, stations[i][1] <= 10^90 <= stations.length <= 5000 < stations[0][0] < stations[1][0] < ... < stations[stations.length-1][0] < target
链接：https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-93/problems/minimum-number-of-refueling-stops/
分析：
最开始采用贪心策略，在当前能跑到的范围内找到油量最大的加油站，在那里加油，最后几分钟纯粹尝试下，当然失败了，局部的第二大未必就比另一个范围的最大值小。
当初做LeetCode的初衷本来就是长长见识，避免彻底废掉，上周的第四题折腾了好几个晚上，到现在92周总结都还没写，所以这次没准备纠结太多，稍微尝试了下，比如从起点开始，得到所有可能的路径，然后一直扩展
下去，最后得到所有能到达终点的策略，从中选择加油次数最小的。
比如给出的例子中，100/10， [[10,60],[20,30],[30,30],[60,40]]
初始油量10，[0,10]，10范围内只有一个加油站没得选，{[0,10],[10,60]}，当前位置10，油量60，可以到到极限70，剩下加油站都可以到达，下一次扩展结果
0/10+10/60+20/30：当前油量：80，位置20，剩余里程80
0/10+10/60+30/30：当前油量：70，位置30，剩余里程70
0/10+10/60+60/40：当前油量：50，位置60，剩余里程40
上面任意一个都可以到达目的地。
假设某一路线A一能够到达目的地，剩余部分只要已经加油次数超过A的次数，即可舍去。
但是这样涨下去可能爆内存，而且贪心时候给出的一个测例{ { 13, 21 }, { 26, 115 }, { 100, 47 }, { 225, 99 }, { 299, 141 }, { 444, 198 }, { 608, 190 }, { 636, 157 }, { 647, 255 }, { 841, 123 } };
尝试手动模拟，结果数据太多难以模拟，而且懒得折腾了，直接参考第一code。
做法是首先得到当前能到达的所有加油站，按照油量排序存储起来，在油量最多的那个里面加油，然后再根据当前位置以及油量，找到所有能够到达的位置，将加油站油量存储起来。
通过优先队列存储油量，这样的好处是自动在top位置存储当前油量最多的加油站，由于队列里面存储的加油站都是当前可达的，所以即使油量多的两个加油站是相邻的，也会在后面更新过程中用到，避免错过局部最大值。
在{ { 13, 21 }, { 26, 115 }, { 100, 47 }, { 225, 99 }, { 299, 141 }, { 444, 198 }, { 608, 190 }, { 636, 157 }, { 647, 255 }, { 841, 123 } }例子中，target 1000，初始油量299
首先第一次可达前5个加油站，按照油量排序：299/141,26/115,225/99,100/47，12/21，
选择299/141加油，此时位置299，油量299+141-299=141，剩余加油站[26/115,225/99,100/47,12/21]，能够到达最远距离299+141=440（其实最远距离就是油量累加和），没有新的可以到达的加油站，从剩余加油站中选择油量最大的，即26/115，
当前能够到达440+115=555位置，新增加油站444/198，插入进去，当前剩余加油站[444/198,225/99,100/47,12/21]，选择最大油量198，
则当前位置444，能够到达最远距离299+141+115+198=753，新增加油站后剩余加油站 [647/255,608/190,636/157,225/99,100/47,12/21 ]，选择最大油量647/255
则此时能到达最远距离753+255=1008，达到target1000，则最终选择的加油站是26/115,299/141,444/198,647/255，即需要加油4次。
AC Code：
class Solution {
public:
int minRefuelStops(int target, int startFuel, vector<vector<int>>& stations) {
priority_queue<int> queue;
int ret = ;
int p = ; //加油站下标
int d = startFuel; //当前能到达的位置
while (true)
{
while (p < stations.size() && stations[p][] <= d) //将当前能到达的加油站都存储起来
{
queue.push(stations[p][]);
p++;
}
if (d >= target) //当前油量能够到达终点
{
return ret;
}
if (queue.empty() == )
{
return -;
}
d += queue.top(); //在能到达的加油站中取油量最大的一个
queue.pop();
ret++;
}
}
};
其他：
1.需要熟悉STL 中的一些基本性质，比如C++中priorty_queue是大堆，Java中貌似是最小堆，所以第一的code中需要存储-XXX来变相将小堆当做大堆用。
2.了解贪心算法的局限性
3.需要提高建模能力，好多问题本质上都是数学问题。
总结：
答出了三题，不过这一次题目相对简单，之前一次答出三题，提交错误好几次都能200+名，这次就提交错误两次都600+名了，虽然LeetCode周赛只是用来练习，能够排名靠前也是好的，难题要能做出来，简单题要能做的快。就目前个人能力来说，15+20+20+35的时间分配比较合理，而且一般来说最后30分钟还基本上都用到了前面三个题中，希望年前能够AK一次。
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