letcode九坤投资专场竞赛(easy+medium)
01. 可以读通讯稿的组数
校运动会上,所有参赛同学身上都贴有他的参赛号码。某班参赛同学的号码记于数组 nums
中。假定反转后的号码称为原数字的「镜像号码」。如果 两位同学 满足条件:镜像号码 A + 原号码 B = 镜像号码 B + 原号码 A,则这两位同学可以到广播站兑换一次读通讯稿的机会,为同班同学加油助威。请返回所有参赛同学可以组成的可以读通讯稿的组数,并将结果对10^9+7
取余。
注意:
- 镜像号码中如存在前置零,则忽略前置零。
- 同一位同学可有多次兑换机会。
示例 1:
输入:
nums = [17,28,39,71]
输出:
3
解释:
共有三对同学,分别为 [17,28]、[17,39]、[28,39]。其中:
第一对同学:17 + 82 = 71 + 28;
第二对同学:17 + 93 = 71 + 39;
第三对同学:28 + 93 = 82 + 39。
示例 2:
输入:
nums = [71, 60]
输出:
1
解释:
共有一对同学,为 [71, 60]。
因为 71 + 6 = 17 + 60,此处 60 的镜像号码为 6,前导零被忽略。
提示:
0 <= nums.length <= 10^6
0 <= nums[i] <= 10^9
被这个题卡了,主要还是stl有点不熟练
unorder_map
把限制条件转换一下,变成:镜像号码 A - 原号码 A = 镜像号码 B - 原号码 B
这么改了之后就变成了每个号码所带的一个属性:镜像号码-原号码的值,当这个两个号码的这个属性相同时,就说明这两个号码可以组成一对。怎么存储这个属性,我们可以用map,关键字是每个号码的属性,这个属性在当前有多少个元素满足作为键值,当发现这个属性在map中已经存在,那么让答案加上之前的当键值,再让当前属性对应的满足条件的元素个数+1。
class Solution {
unordered_map<long long,int> p;
public:
long long rev(int x){
long long ret = 0;
while (x) {
ret=ret * 10 + x % 10;
x=x/10;
}
return ret;
}//求出镜像号码
int numberOfPairs(vector<int>& nums) {
int mo=1e9+7;
long long ret=0;
for(int i=0;i<nums.size();i++) {
long long tmp=nums[i] - rev(nums[i]);//temp作为关键字
ret=ret+p[tmp];//答案加上当前的键值,代表nums[i]依次和已经查找出来的属性相同号码组成一组
p[tmp]++;//当前已经查找出来具有该属性的元素个数+1
}
return ret % mo;
}
};
02. 池塘计数
最近的降雨,使田地中的一些地方出现了积水,field[i][j]
表示田地第 i
行 j
列的位置有:
- 若为
W
, 表示该位置为积水; - 若为
.
, 表示该位置为旱地。
已知一些相邻的积水形成了若干个池塘,若以 W
为中心的八个方向相邻积水视为同一片池塘。
请返回田地中池塘的数量。
示例 1:
输入:
field = [".....W",".W..W.","....W.",".W....","W.WWW.",".W...."]
输出:
3
解释:如下图所示,共有 3 个池塘:
示例 2:
输入:
field = ["W....W",".W..W.","..W.W.","W..W..","W.W...",".W...."]
输出:
1
解释:如下图所示,共有 1 个池塘:
提示:
1 <= field.length, field[i].length <= 100
-
field
中仅包含W
和.
标准水题,个人感觉比第一题简单,几乎裸的深搜或者广搜,本题采用dfs
DFS
遍历数组,每次从一个未被标记且值为‘W’的节点出发,查找和它相连的所有方块,并标记,统计进行操作次数
class Solution {
public:
int r,c;
int dir[8][2]={-1,0,-1,1,0,1,1,1,1,0,1,-1,0,-1,-1,-1};
bool check(int& x,int& y)
{
if(x>=0&&x<r&&y>=0&&y<c)
return true;
return false;
}
void dfs( vector<vector<bool>>&flag,vector<string>&field,int x,int y)
{
flag[x][y]=true;
int dx,dy;
for(int i=0;i<8;i++)
{
dx=x+dir[i][0];
dy=y+dir[i][1];
if(check(dx,dy)&&field[dx][dy]=='W'&&!flag[dx][dy])
{
dfs(flag,field,dx,dy);
}
}
}
int lakeCount(vector<string>& field) {
r=field.size();
c=field[0].size();
vector<vector<bool>>flag(r,vector<bool>(c,false));
int ans=0;
for(int i=0;i<r;i++)
for(int j=0;j<c;j++)
{
if(field[i][j]=='W'&&!flag[i][j])
{
dfs(flag,field,i,j);
ans++;
}
}
return ans;
}
};
03. 数字默契考验
某数学兴趣小组有 N 位同学,编号为 0 ~ N-1,老师提议举行一个数字默契小测试:首先每位同学想出一个数字,按同学编号存于数组 numbers
。每位同学可以选择将自己的数字进行放大操作,每次在以下操作中任选一种(放大操作不限次数,可以不操作):
- 将自己的数字乘以 2
- 将自己的数字乘以 3
若最终所有同学可以通过操作得到相等数字,则返回所有同学的最少操作次数总数;否则请返回 -1。
示例 1:
输入:numbers = [50, 75, 100]
输出:5
解释:
numbers[0] * 2 * 3 = 300 操作两次;
numbers[1] * 2 * 2 = 300 操作两次;
numbers[2] * 3 = 300 操作一次。共计操作五次。
示例 2:
输入:numbers = [10, 14]
输出:-1
解释:无法通过操作得到相同数字。
提示:
1 <= numbers.length <= 10^5
1 <= numbers[i] <= 10^9
数学知识
结论
在求解这个题之前我们需要进行下面这个结论的数学推导:
- 两个整数,x和y通过进行以下两种操作都变成z:
- 将自己的数乘以2
- 将自己的数乘以3
- 结论:将x和y不断除以2或者除以3,直到他们没有2或者3的因子后得到p和q两个数,那么x和y变成相同大小的数z当且仅当p等于q
证明
*假设我们可以通过上诉操作将x,y变成z,那么存在2^m1 * 3^n1 p2^m2 * 3^n2 *q,那么必然存在p *2^(m1-m2) *3(n1-n2)q和q *2^(m2-m1) *3(n2-n1),因为p和q都不存在2,3的因子,所以m1-m2,m2-m1,n1-n2,n2-n1都必须不小于0,所以m1m2,n1n2,最终得到p==q。
思路和代码细节
直接干讲思路不好描述,具体细节代码中体现
代码一
比赛时写的代码,有点丑
class Solution {
public:
int helper(int x)
{
while(x&&(x%2==0||x%3==0))
{
if(x&&x%2==0)
x/=2;
if(x&&x%3==0)
x/=3;
}
return x;
}//去除所有2,3因子,此处的x是否等于0的判断这个题可以去掉,因为数据保证大于0,下面的代码也是如此
int minoperations(vector<int>& numbers) {
//依次对比相邻的两个数x,y,并将这两个数转换为进行多次操作后的最小相同数z
long long ans=0,num=numbers[0];//num用于实时记录进行多次操作后的z,ans存储操作次数
int a,b=helper(numbers[0]);//a,b分别记录去除因子后的x和y,初始化b,至于为什么要这么初始化看下面就明白了
for(int i=1;i<numbers.size();i++)
{
a=b;
b=helper(numbers[i]);//存储求得的p或q,后续只需求下一位的去除2,3因子的数,避免了重复求解
if(a==b)//判断是否能构成z
{
long long x1=num/a,x2=numbers[i]/b;//num代表将i前面i-1个元素都更新为了num,x1和x2记录x,y分别是p(q)的多少倍
/*
对x1和x2进行分析,他们都可以表现为2^m*3^n的形式,此处可以分为两种情况:
1.x1中的m1和n1都大于或小于或等于x2中的m2,n2,即(m1-m2)*(n1-n2)>=0
2.(m1>m2)*(n1-n2)<0
这两种情况我们最终的z都可以表示为P*2^(max(m1,m2))*3^(max(n1,n2)),因为我们始终保证i前方的元素相同,所以操作次数就是用(i-1)*其中一个的操作次数加上第i个数的操作次数
*/
int y12=0,y13=0,y22=0,y23=0;//y12,y13分别代表m1,n1,y22和y23分别代表m2和n2
while(x1&&(x1%2==0||x1%3==0))
{
if(x1%2==0&&x1)
{
y12++;
x1/=2;
}
if(x1%3==0&&x1)
{
y13++;
x1/=3;
}
}
while(x2&&(x2%2==0||x2%3==0))
{
if(x2%2==0&&x2)
{
y22++;
x2/=2;
}
if(x2%3==0&&x2)
{
y23++;
x2/=3;
}
}
ans+=i*(max(y12,y22)-y12+max(y13,y23)-y13)+max(y12,y22)-y22+max(y13,y23)-y23;//加上当前的操作次数
num=a*pow(2,max(y12,y22))*pow(3,max(y13,y23));//更新num的值
}
else
{
return -1;
}
}
return ans;
}
};
代码二
看了一下排在前面的大佬的代码,和我的比起来不知道简洁多少,不做解说,自行观赏
思路有点差异
class Solution {
public:
int minoperations(vector<int>& A) {
int n = A.size();
vector<int> B(n), C(n);
for(int i = 0; i < n; ++i) {
for( ; A[i] % 2 == 0; A[i] /= 2, ++B[i]);
for( ; A[i] % 3 == 0; A[i] /= 3, ++C[i]);
if(A[i] != A[0])
return -1;
}
int ans = 0;
int uppB = *max_element(B.begin(), B.end());
int uppC = *max_element(C.begin(), C.end());
for(int i = 0; i < n; ++i) {
ans += uppB - B[i];
ans += uppC - C[i];
}
return ans;
}
};
= A[0])
return -1;
}
int ans = 0;
int uppB = *max_element(B.begin(), B.end());
int uppC = *max_element(C.begin(), C.end());
for(int i = 0; i < n; ++i) {
ans += uppB - B[i];
ans += uppC - C[i];
}
return ans;
}
};
原文地址:https://www.jb51.cc/wenti/3288165.html
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