相关信息：
- 第 307 场周赛题目列表：
- 题目 1（easy）：赢得比赛需要的最少训练时长
- 题目 2（median）：最大回文数字
- 题目 3（median）：感染二叉树需要的总时间
- 题目 4（hard）：找出数组的第 K 大和
- 完成程度：√√××。
- 心得：
- 第一题莫名卡住，第二题分情况讨论又卡住；到第三题基本已经脑子宕机了，而且第三题题意理解错了，掰不回来了当时。
- 第一次做周赛，确实人都做得有点懵。以后争取前三道做出来，第四题想想思路。
题目 1：赢得比赛需要的最少训练时长
核心思路：
- 简单来说，题目给定初始精力和初始经验，然后在遍历比较过程中精力会被消耗，经验则可以累计。
- 因此精力只需要大于精力数组的累加总和即可，而经验则需要在遍历过程中实时更新。
代码实现：
class Solution
{
public:
int minNumberOfHours(int ien, int iex, vector<int>& energy, vector<int>& experience)
{
// ien 初始精力，iex 初始经验
int m = energy.size();
int sum = accumulate(energy.begin(), energy.end(), 0);
int ans = ien > sum ? 0 : sum + 1 - ien; // 如果累加精力和低于初始值，则无需进行学习
for(int num : experience)
{
if(iex <= num)
{
int diff = num + 1 - iex;
ans += diff;
iex += diff;
}
iex += num;
}
return ans;
}
};
题目 2：最大回文数字
核心思路：
- 该题考量的是计数 + 贪心模拟，难度不大，但是模拟需要细节（即需要考虑到所有情况）。
- 最大回文数字的模式只可能是
AA...BBCBB...AA（中间单个字符，前后字符对称）或AA...BBBB...AA（中间无字符，前后字符对称）。 - 统计原字符串中数字字符出现的频数，然后从数值更大处开始构造回文数字串（即先插入相应次数的
9，再依次插入更小的数值），只要该数值对应的频数仍大于1，就将其成对成对地删去，即成对成对地构造回文数字串。【先插入前半段，后半段通过前半段反转得到】 - 因为要避免前导
0，所以要很小心特殊情况。
代码实现：
- 本人代码实现如下：【逻辑上都差不多，但是不够漂亮简洁，后面处理前导
0的部分很混乱】class Solution { public: string largestPalindromic(string num) { vector<int> cnt(10); for(char& c : num) ++cnt[c-'0']; string ans; int mid = -1; // 先把偶数次数的数值字符构造完 for(int i = 9; i >= 1; --i) { if((cnt[i] & 1) == 1 and mid == -1) mid = i; while(cnt[i] > 1) { ans.push_back('0'+i); cnt[i] -= 2; } } // 在这之后我尝试先处理 `0`，再处理回文字符串的中间位置 // 其实两部分处理可以合并 if((cnt[0] & 1) == 1 and mid == -1) mid = 0; if(ans.empty()) { if(mid == -1) ans += '0'; else ans += ('0' + mid); return ans; } while(cnt[0] > 1) { ans.push_back('0'); cnt[0] -= 2; } string back(ans); reverse(back.begin(), back.end()); if(mid != -1) ans += ('0' + mid); return ans+back; } };
题目 3：感染二叉树需要的总时间
核心思路：
- 该题一开始的思考就走错了方向，所以没来及想了，周赛后看了一些题解。
- 一种思路是建图：因为从二叉树中某个节点可以感染树中所有节点，就可以将整棵树视作网络，树节点的父子关系可以忽略掉，只需要有连接则说明在网络中有连边。
- 构建网络的邻接表，再通过 bfs 搜索找到初始感染节点到其他节点的最远距离即可。
- 另一种思路是不建图，用传统的树递归思路来解题。
-
递归函数进入根节点，并返回左子树高度和右子树高度的更大值。
-
也就是说递归返回的是树高，但是在中途可以利用左、右子树高来更新距离。
-
首先情况一：当前节点
cur是初始感染节点initial，则向下感染的距离最是树高，即max(height(cur->right), height(cur->left))，这是可以直接从递归结果中得出的。 -
接着关键的是情况二：当前节点是初始感染节点的祖先节点，且感染节点处于祖先节点的左子树中，则感染该树（注意是感染当前树）的最远距离为
depth(initial) - depth(cur) + height(cur->right)。【如果处于右子树中，则最远距离中最后的height(cur->right)要改为height(cur->left)】-
可以从具体例子中加深理解：
-
还可以再举另一个例子：
-
-
如此只需要把最远距离
len变量置为全局，再在遍历过程中不断更新结果即可。 -
更新结果的式子为
max(len, depth(initial) - depth(cur) + height(cur->right))，这个式子是对于所有节点都可以进行判断的；假若cur是initial的子孙节点，则depth(initial) - depth(cur)为负值，所以长度len不会更新；假若cur是initial的兄弟节点，则两者相连必定经过initial的祖先节点，则在此处len也不会更新。
-
- 该题的递归思路非常巧妙，思路和代码均来源于网友的题解，具体看参考内容。
代码实现：
class Solution
{
private:
int len = 0; // 最短用时
int depth = -1; // 起始节点的高度
int dfs(TreeNode* root, int level, int start)
{
if (!root) return 0;
if (root->val == start) depth = level; // 当前节点即起始节点
int l = dfs(root->left, level + 1, start); // 左子树的树高
bool inLeft = depth != -1; // 起始节点是否在左子树上
int r = dfs(root->right, level + 1, start); // 右子树的树高
if (root->val == start) len = max(len, max(l, r)); // 情况1：感染以 start 为根结点的树所需时间
if (inLeft) len = max(len, depth - level + r); // 情况2：感染以 root 为根结点的树所需时间
else len = max(len, depth - level + l);
return max(l, r) + 1; // 返回树高
}
public:
int amountOfTime(TreeNode* root, int start)
{
dfs(root, 0, start);
return len;
}
};
参考内容：
题目 4：找出数组的第 K 大和
核心思路：
- 看了几篇题解，高赞的两篇题解已经讲解得非常完美，具体看参考内容。
代码实现：
- 未完成。
参考内容：
原文地址：https://www.jb51.cc/wenti/3287027.html
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