LeetCode 周赛上分之旅 #43 计算机科学本质上是数学吗?

T1. 判断通过操作能否让字符串相等 I(Easy)

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https://leetcode.cn/problems/check-if-strings-can-be-made-equal-with-operations-i/

题解(模拟)

因为只能交换距离偶数倍的位置,因此相当于比较两个字符串相同奇偶性下标上的元素是否相等。

  • 写法 1:基于散列表
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class Solution {
    fun canBeEqual(s1: String, s2: String): Boolean {
        return setOf(s1[0], s1[2]) == setOf(s2[0], s2[2]) && setOf(s1[1], s1[3]) == setOf(s2[1], s2[3])
    }
}
  • 写法 2:基于字符串
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class Solution:
    def checkStrings(self, s1: str, s2: str) -> bool:
        return sorted(s1[0::2]) == sorted(s2[0::2]) and sorted(s1[1::2]) == sorted(s2[1::2])

复杂度分析:

  • 时间复杂度:
O(1)
  • 空间复杂度:
O(1)

T2. 判断通过操作能否让字符串相等 II(Medium)

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https://leetcode.cn/problems/check-if-strings-can-be-made-equal-with-operations-ii/

题解(模拟)

同上,分别统计奇偶下标上的元素个数是否相等。

写法 1:基于计数;

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class Solution {
    fun checkStrings(s1: String, s2: String): Boolean {
        val U = 26
        val cnts = Array(2) { IntArray(U) }
        for ((i, e) in s1.withIndex()) {
            cnts[i % 2][e - 'a']++
        }
        for ((i, e) in s2.withIndex()) {
            cnts[i % 2][e - 'a']--
        }
        return cnts[0].all {it == 0} && cnts[1].all {it == 0}
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:
O(n + U)

线性遍历时间与计数时间;

  • 空间复杂度:
O(U)

计数数组空间。

写法 2:基于字符串:

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class Solution:
    def checkStrings(self, s: str, t: str) -> bool:
        return all(sorted(s[p::2]) == sorted(t[p::2]) for p in range(2))

复杂度分析:

  • 时间复杂度:
O(nlgn)

排序时间;

  • 空间复杂度:
O(n)

构造字符串空间。


T3. 几乎唯一子数组的最大和(Medium)

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https://leetcode.cn/problems/maximum-sum-of-almost-unique-subarray/

题解(滑动窗口 + 计数)

滑动窗口模板题,维护窗口中不同元素的种类数和总和:

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class Solution {
    fun maxSum(nums: List<Int>, m: Int, k: Int): Long {
        var cnts = HashMap<Int, Int>()
        var type = 0
        var sum = 0L
        var ret = 0L
        for (j in nums.indices) {
            // 滑入
            cnts[nums[j]] = cnts.getOrDefault(nums[j], 0) + 1
            if (1 == cnts[nums[j]]!!) type++
            sum += nums[j]
            // 滑出
            if (j >= k) {
                val i = j - k
                cnts[nums[i]] = cnts[nums[i]]!! - 1
                if (0 == cnts[nums[i]]) type --
                sum -= nums[i]
            }
            // 记录
            if (j >= k - 1 && type >= m) {
                ret = max(ret, sum)
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:
O(n)

线性遍历时间;

  • 空间复杂度:
O(n)

散列表空间。


T4. 统计一个字符串的 k 子序列美丽值最大的数目(Hard)

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https://leetcode.cn/problems/count-k-subsequences-of-a-string-with-maximum-beauty/

问题分析

  • 问题目标: 求所有长为
k

的子序列中美丽值是最大值的子序列数目;

  • 问题要件: 先计算长为
k

的子序列的最大美丽值,再计算满足美丽值是最大值的子序列方案数;

  • 关键信息 1: 子序列要选择不重复的字母;
  • 关键信息 2: 同一个字符在原字符串中的不同位置可以构造不同子序列;
  • 核心变量:
f(c)

是 字符

c

的出现次数,美丽值是子序列中字符的

f(c)

之和;

  • 边界情况: 既然子序列要选择不重复的字母,那么存在边界情况,当
k

> 字符串的字符种类数:那么一定不能构造

k

子序列,返回

0

题解一(暴力枚举 + 乘法原理)

最简单的做法,我们可以枚举所有可能的

k

子序列,并记录出现最大美丽值的方案数,怎么实现呢?

  • 方法 1 - 考虑到子序列需要保留原字符串的顺序,直接的想法是枚举字符串中的每个下标
s[i]

选和不选,但是时间复杂度是

O(2^n)

显然不成立;

  • 方法 2 - 事实上我们不需要从原字符串的角度枚举,而是可以从字符集的角度枚举,那样时间复杂度就可以用乘法原理来优化。比如说 a 的出现次数是
2

,而 b 的出现次数是

3

,那么所有 ab 可以构造的子序列方案数就是 2 * 3 = 6

那么,方法会不会超时呢,我们来简单分析下:

由于字符集的大小

U

最多只有

26

个,那么子序列的方案数最多有

C_{26}^k

个,而由于

k

大于

U

的方案是不存在的,因此合法的方案数最多只有

C_{U}^{\frac{U}{2}} = C_{26}^{13} = 10400600

约等于

10^7

。只要我们保证求解每个子问题的时间复杂度是

O(1)

的话是可以通过的。

枚举实现:

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class Solution {
    fun countKSubsequencesWithMaxBeauty(s: String, k: Int): Int {
        val MOD = 1000000007
        // 计数
        val cnts = HashMap<Char, Int>()
        for (e in s) {
            cnts[e] = cnts.getOrDefault(e, 0) + 1
        }
        val m = cnts.size
        if (m < k) return 0 // 特判
        // 枚举子序列
        val keys = cnts.toList()
        var maxCount = 0L
        var maxF = 0
        // 回溯
        fun count(index: Int, size: Int, curF: Int, curCount: Long) {
            // 终止条件
            if (size == k) {                
                if (curF > maxF) {
                    maxF = curF
                    maxCount = curCount // 更新最大美丽值方案数
                } else if (curF == maxF) {
                    maxCount = (maxCount + curCount) % MOD // 增加方案数
                }
                return
            }
            if (size + m - index < k) return // 剪枝(长度不够)
            for (i in index until m) {
                val (c, cnt) = keys[i]
                count(i + 1, size + 1, curF + cnt, curCount * cnt % MOD /* 乘法原理 */) 
            }
        }
        count(0, 0, 0, 1)
        return maxCount.toInt()
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:
O(C_m^k)

其中

m

为字符种类 ;

  • 空间复杂度:
O(m)

散列表空间与递归栈空间。

题解二(排序 + 贪心 + 乘法原理)

考虑

k = 1

的边界情况:

显然需要选择

f(c)

值最大的

1

个字母,如果存在

m

个字母的

f(c)

等于最大值,那么存在

C_m^1 = m

种方案。这说明我们没必要枚举所有字母的子序列: 由于子序列中的字符是不重复的,因此

k

子序列必然要选择

f(c)

值最大的

k

个字母,我们可以将字母按照

f(c)

倒序排序,优先取

f(c)

更大的字母。

具体实现上:

我们将字母按照

f(c)

分桶排序,如果桶内字母数量

K

小于等于

k

,那么桶内元素都需要选择,否则还要计算桶内元素选择

k

个的方案数:

  • 选择桶内所有元素,方案数为
cnt^K
  • 选择桶内部分元素,方案数为
C_K^k · cnt^k

其中涉及到幂运算,本质是倍增思想:

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// 快速幂 x^n
private fun powM(a: Int, b: Int, mod: Int) : Long {
    var x = a.toLong()
    var n = b.toLong()
    var ret = 1L
    while (n > 0L) {
        if (n % 2 == 1L) ret = ret * x % mod
        x = x * x % mod
        n /= 2
    }
    return ret
}

其中涉及到 组合数:

  • 计算式:
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// 组合数计算公式 O(k)
private fun comb(n: Int, k: Int, mod: Int) : Int {
    var ret = 1L
    for (i in 1 .. k) {
        ret = ret * (n - i + 1) / i % mod
    }
    return ret.toInt()
}
  • 递推式(杨辉三角):
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// 递归 O(n^2)
private fun comb(n: Int, k: Int, mod: Int) : Int {
    if (n == k) {
        return 1
    } else if (k == 1) {
        return n
    } else {
        return (comb(n - 1, k - 1, mod) + comb(n - 1, k, mod)) % mod
    }
}

// 迭代 O(n^2)
private fun comb(n: Int, k: Int, mod: Int) : Int {
val c = Array(n + 1) { IntArray(n + 1) }
for (i in 1 .. n) {
c[i][0] = 1
c[i][i] = 1
for (j in 1 until i) {
c[i][j] = (c[i-1][j] + c[i-1][j-1]) % mod
}
}
return c[n][k]
}

  • 卢卡斯定理: 当问题规模很大,且模不太大时使用 Lucas 定理。
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// 组合数计算公式
private fun comb(n: Long, k: Long, mod: Int) : Int {
var n = n
var ret = 1L
for (i in 1 .. k) {
ret = ret * n-- / i % mod
}
return ret.toInt()
}

// 卢卡斯定理
fun Lucas(n: Long, k: Long, mod: Int) : Long {
if (k == 0L) return 1L;
return (comb(n % mod, k % mod, mod) * Lucas(n / mod, k / mod, mod)) % mod;
}

完整代码:

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class Solution {
fun countKSubsequencesWithMaxBeauty(s: String, k: Int): Int {
val MOD = 1000000007
// 计数
val cnts = HashMap<Char, Int>()
var maxCnt = 0
for (e in s) {
cnts[e] = cnts.getOrDefault(e, 0) + 1
maxCnt = max(maxCnt, cnts[e]!!)
}
val m = cnts.size
if (m < k) return 0 // 特判
// 有序集合
val map = TreeMap<Int, Int>() { c1, c2 ->
c2 - c1
}
// 二次频率
for ((_, c) in cnts) {
map[c] = map.getOrDefault(c, 0) + 1
}
val cntCnts = map.toList()
// println(cntCnts.joinToString())
// 构造方案
var ret = 1L
var leftK = k
for ((cnt, K) in cntCnts) {
if (K > leftK) {
ret = ret * powM(cnt, leftK, MOD) * comb(K, leftK, MOD) % MOD
} else {
ret = ret * powM(cnt, K, MOD) % MOD
}
leftK -= K
if (leftK <= 0) break
}
return ret.toInt()
}

// 组合数计算公式 C_n^k
private fun comb(n: Int, k: Int, mod: Int) : Int {
    if (n == k) {
        return 1
    } else if (k == 1) {
        return n
    } else {
        return (comb(n - 1, k - 1, mod) + comb(n - 1, k, mod)) % mod
    }
}

// 快速幂 x^n
private fun powM(x_: Int, n_: Int, mod: Int) : Long {
    var x = x_.toLong()
    var n = n_.toLong()
    var ret = 1L
    while (n &gt; 0L) {
        if (n % 2 == 1L) ret = ret * x % mod
        x = x * x % mod
        n /= 2
    }
    return ret
}

}

Python 中组合数和幂运算可以很方便地使用库函数:

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class Solution:
def countKSubsequencesWithMaxBeauty(self, s: str, k: int) -> int:
MOD = 10 ** 9 + 7
ans = 1
cnt = Counter(Counter(s).values())
for c, num in sorted(cnt.items(), reverse=True): # 二次计数
if num >= k:
return ans * pow(c, k, MOD) * comb(num, k) % MOD
ans *= pow(c, num, MOD)
k -= num
return 0

复杂度分析:

  • 时间复杂度:
O(n + m)

主要时间在枚举字符串的环节;

  • 空间复杂度:
O(m)

散列表空间。