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1、统计星号
1）题目描述
2）原题链接
3）思路解析
-
(
1
)
(1)
(1)先统计出所有
*的个数，然后减去两两|之前的*的个数则是答案，使用List存下所有|的下标，进行两两遍历。
4）模板代码
class Solution {
public int countAsterisks(String s) {
int n=s.length();
char[] c=s.toCharArray();
int ans=0;
List<Integer> list=new ArrayList<>();
for (int i=0;i<n;++i){
char g=c[i];
if (g=='|') list.add(i);
if (g=='*') ans++;
}
int len=list.size();
int gg=0;
for (int i = 0; i <len; i+=2) {
int l=list.get(i);
int r=list.get(i+1);
for (int j = l+1; j <r; j++) {
if (c[j]=='*') gg++;
}
}
return ans-gg;
}
}
5）算法与时间复杂度
算法：模拟
时间复杂度：遍历一次字符串，复杂度为
O
(
n
)
O(n)
O(n)。
2、统计无向图中无法互相到达点对数
1）题目描述
2）原题链接
3）思路解析
-
(
1
)
(1)
(1)并查集的模板题，使用数组
w保存额外信息，每个连通块的点的个数，对于每个连通块，所有预期不相连的点的个数为 S S S，这有：
S = ( l o n g ) ( ( n − w [ i ] ) ∗ w [ i ] S=(long)((n-w[i])*w[i] S=(long)((n−w[i])∗w[i]
由于答案不考虑顺序，两个点只视为一种答案，所以最后答案会翻倍，我们需要把每个连通块得到的 S S S相加再除以 2 2 2。 - ( 2 ) (2) (2)我们发现，确实本质就是求一下每个连通块的大小，所以我们无论用DFS还是BFS也都非常好写。
4）模板代码
class Solution {
int N=100010;
int[] q=new int[N];
int[] w=new int[N];
public long countPairs(int n, int[][] edges) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
q[i]=i;
w[i]=1;
}
for (int[] g:edges){
int a=g[0];
int b=g[1];
a=find(a);
b=find(b);
if (a!=b){
q[a]=b;
w[b]+=w[a];
}
}
long ans=0;
Set<Integer> set=new HashSet<>();
for (int i = 0; i < n; i++) {
int a=find(i);
if (set.contains(a)) continue;
ans+= (long)(n -w[a]) *w[a];
set.add(a);
}
return ans/2;
}
int find(int x){
if (q[x]!=x) q[x]=find(q[x]);
return q[x];
}
}
5）算法与时间复杂度
算法：并查集、BFS、DFS
时间复杂度：不进行具体分析
3、操作后的最大异或和
1）题目描述
2）原题链接
3）思路解析
-
(
1
)
(1)
(1)对于位运算操作，我们可知与其二进制有关，而二进制在数据范围内不会超过
32位。二进制中位与位之间是相互独立互不影响的，为了发现规律我们去考虑每一位二进制位的情况。 - ( 2 ) (2) (2)假设我们考虑第 y y y位，由于是二进制，所以 y y y的值只可能是 0 0 0或者 1 1 1，此时我们假设 y y y为0，那么则有 0 A N D ( 0 X O R x ) 0AND(0XORx) 0AND(0XORx)，因为 0 0 0与上任何值都为 0 0 0，所以无论x为多少该位都只能是 0 0 0，如果假设 y y y为 1 1 1，则有 1 A N D ( 0 X O R x ) 1AND(0XORx) 1AND(0XORx)，这种情况则需要进行讨论，如果 x x x为 1 1 1，这最后结果为 1 1 1，否则为 0 0 0。
- ( 3 ) (3) (3)由此我们发现，当某个数的二进制的第 y y y位是 0 0 0时，它无法改变，当第 y y y位是 1 1 1时，它可以变成 0 0 0。对于数组内的所有数，如果存在某个数的第 y y y位为 1 1 1，那我们一定可以保证其他数的第 y y y位均是 0 0 0或者变成 0 0 0。使得所有数在异或后保证第 y y y位为 1 1 1。为了让值更大，就要保证更多的 1 1 1，我们去判断每个位是否都有 1 1 1即可，即将所有数或上即是答案。
4）模板代码
class Solution {
public int maximumXOR(int[] nums) {
int n=nums.length;
int g=nums[0];
for(int i=1;i<n;++i) g|=nums[i];
return g;
}
}
5）算法与时间复杂度
算法：位运算
时间复杂度：遍历一遍数组为
O
(
n
)
O(n)
O(n)
4、不同骰子序列的数目
1）题目描述
2）原题链接
3）思路解析
- ( 1 ) (1) (1)一眼肯定是线性 d p dp dp问题，考虑到第 i i i次扔骰子被第 i − 1 i-1 i−1和 i − 2 i-2 i−2次有关，我们需要使用三维 d p dp dp存储状态方便转移。定义 f [ i ] [ k ] [ u ] f[i][k][u] f[i][k][u]为第 i i i次扔的点数为 u u u，第 i − 1 i-1 i−1次为 k k k的方案数。
-
(
2
)
(2)
(2)我们可以先预处理出哪些点数是可以作为相邻的点的，对于第
i
i
i次丢筛子然后再去三重循环枚举
j
,
k
,
u
j,k,u
j,k,u，在判断符合的情况下，有转移方程:
f [ i ] [ j ] [ k ] = ( f [ i ] [ j ] [ k ] + f [ i − 1 ] [ u ] [ j ] ) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i-1][u][j]) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i−1][u][j])
4）模板代码
class Solution {
int N=10010;
int[][][] f=new int[N][7][7];
boolean[][] st=new boolean[7][7];
int mod=1000000007;
public int distinctSequences(int n) {
if (n==1) return 6;
for (int i = 1; i <=6; i++) {
for (int j = 1; j <=6; j++) {
if (i!=j&&gcd(i,j)==1){
f[2][i][j]=1;
st[i][j]=true;
}
}
}
for (int i = 3; i <=n; i++) {
for (int j = 1; j <=6; j++) {
for (int k = 1; k <=6; k++) {
if (st[j][k]&&j!=k){
for (int u = 1; u <=6; u++) {
if (st[u][j]&&k!=u&&j!=u){
f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i-1][u][j]) % mod;
}
}
}
}
}
}
int res=0;
for (int i = 1; i <=6; i++) {
for (int j = 1; j <=6; j++) {
res=(res+f[n][i][j])%mod;
}
}
return res;
}
int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
}
5）算法与时间复杂度
算法：dp
时间复杂度：
O
(
n
m
3
)
O(nm^3)
O(nm3)，该处
m
m
m为6，因为筛子只有6个面。
5、周赛总结
第三题不会位运算分析，第四题不写三维 d p dp dp，我是 s b sb sb。
