【LeetCode】第71场双周赛参赛实录
作者：互联网
时间：2022-02-05 22:30-24:00
结局：
5984. 拆分数位后四位数字的最小和
难度：简单
给你一个四位 正 整数 num 。请你使用 num 中的 数位 ，将 num 拆成两个新的整数 new1 和 new2 。new1 和 new2 中可以有 前导 0 ，且 num 中 所有 数位都必须使用。
- 比方说，给你
num = 2932，你拥有的数位包括：两个2，一个9和一个3。一些可能的[new1, new2]数对为[22, 93]，[23, 92]，[223, 9]和[2, 329]。
请你返回可以得到的 new1 和 new2 的 最小 和。
示例 1：
输入：num = 2932 输出：52 解释：可行的 [new1, new2] 数对为 [29, 23] ，[223, 9] 等等。 最小和为数对 [29, 23] 的和：29 + 23 = 52 。
示例 2：
输入：num = 4009 输出：13 解释：可行的 [new1, new2] 数对为 [0, 49] ，[490, 0] 等等。 最小和为数对 [4, 9] 的和：4 + 9 = 13 。
提示：
1000 <= num <= 9999
思路：从题目中拿到的思路是很直观的，考虑到题中的各种限制，以及num的取值范围，也没有任何特殊情况需要处理。简单的排序后，将最小的两个数字放在十位，余下放在个位，拿到和即可。
比赛解答：
class Solution {
public int minimumSum(int num) {
List<Integer> list = new ArrayList<>();
while (num > 0) {
list.add(num % 10);
num = num / 10;
}
Collections.sort(list);
return 10 * list.get(0) + 10 * list.get(1) + list.get(2) + list.get(3);
}
}后续整理：事实上，部分高手对于num各数位的取值，是通过String来做的，可以避免在循环上犯错，但整个思路是不变的。
class Solution {
public int minimumSum(int num) {
String s = String.valueOf(num);
List<Integer> list = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
list.add(s.charAt(i) - '0');
}
Collections.sort(list);
return 10 * list.get(0) + 10 * list.get(1) + list.get(2) + list.get(3);
}
}5985. 根据给定数字划分数组
难度：中等
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 pivot 。请你将 nums 重新排列，使得以下条件均成立：
- 所有小于
pivot的元素都出现在所有大于pivot的元素 之前 。 - 所有等于
pivot的元素都出现在小于和大于pivot的元素 中间 。 - 小于
pivot的元素之间和大于pivot的元素之间的 相对顺序 不发生改变。- 更正式的，考虑每一对
pi，pj，pi是初始时位置i元素的新位置，pj是初始时位置j元素的新位置。对于小于pivot的元素，如果i < j且nums[i] < pivot和nums[j] < pivot都成立，那么pi < pj也成立。类似的，对于大于pivot的元素，如果i < j且nums[i] > pivot和nums[j] > pivot都成立，那么pi < pj。
- 更正式的，考虑每一对
请你返回重新排列 nums 数组后的结果数组。
示例 1：
输入：nums = [9,12,5,10,14,3,10], pivot = 10 输出：[9,5,3,10,10,12,14] 解释： 元素 9 ，5 和 3 小于 pivot ，所以它们在数组的最左边。 元素 12 和 14 大于 pivot ，所以它们在数组的最右边。 小于 pivot 的元素的相对位置和大于 pivot 的元素的相对位置分别为 [9, 5, 3] 和 [12, 14] ，它们在结果数组中的相对顺序需要保留。
示例 2：
输入：nums = [-3,4,3,2], pivot = 2 输出：[-3,2,4,3] 解释： 元素 -3 小于 pivot ，所以在数组的最左边。 元素 4 和 3 大于 pivot ，所以它们在数组的最右边。 小于 pivot 的元素的相对位置和大于 pivot 的元素的相对位置分别为 [-3] 和 [4, 3] ，它们在结果数组中的相对顺序需要保留。
提示：
1 <= nums.length <= 105-106 <= nums[i] <= 106pivot等于nums中的一个元素。
思路：刚开始以为是快排的一个index，再将各个值分列两边即可，但细思后并没有那么简单，因为这样完全无法保证数字间的相对顺序。如果使用双指针，也很难合理的把各个值的位置放好。考虑到尽量在O(n)的时间复杂度内完成，便急急忙忙的想了一个先遍历计数，提前统计好等于和小于pivot的数字个数，再循环一次，分别放置大于等于小于pivot三种情况的数字的位置。
比赛解答：
class Solution {
public int[] pivotArray(int[] nums, int pivot) {
int count1 = 0;
int count2 = 0;
for (int i : nums) {
if (i < pivot) {
count1++;
}
if (i == pivot) {
count2++;
}
}
int[] res = new int[nums.length];
int t1 = 0;
int t2 = count1;
int t3 = count1 + count2;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] < pivot) {
res[t1++] = nums[i];
} else if (nums[i] == pivot) {
res[t2++] = nums[i];
} else if (nums[i] > pivot) {
res[t3++] = nums[i];
}
}
return res;
}
}
后续整理：事实上，大部分思路还是一致的，不过代码可以简化很多，一个思路方向是，一次循环，通过三个list分别存储大于等于小于pivot三种情况的数字，然后转化为结果。当然还有arignote大佬的实力解答，学习中。
class Solution {
public int[] pivotArray(int[] nums, int pivot) {
return Arrays.stream(nums).boxed()
.sorted((o, p) -> Integer.compare(Integer.compare(o, pivot),
Integer.compare(p, pivot))).mapToInt(i -> i).toArray();
}
}5986. 设置时间的最少代价
难度：中等
常见的微波炉可以设置加热时间，且加热时间满足以下条件：
- 至少为
1秒钟。 - 至多为
99分99秒。
你可以 最多 输入 4 个数字 来设置加热时间。如果你输入的位数不足 4 位，微波炉会自动加 前缀 0 来补足 4 位。微波炉会将设置好的四位数中，前 两位当作分钟数，后 两位当作秒数。它们所表示的总时间就是加热时间。比方说：
- 你输入
954（三个数字），被自动补足为0954，并表示9分54秒。 - 你输入
0008（四个数字），表示0分8秒。 - 你输入
8090，表示80分90秒。 - 你输入
8130，表示81分30秒。
给你整数 startAt ，moveCost ，pushCost 和 targetSeconds 。一开始，你的手指在数字 startAt 处。将手指移到 任何其他数字 ，需要花费 moveCost 的单位代价。每 输入你手指所在位置的数字一次，需要花费 pushCost 的单位代价。
要设置 targetSeconds 秒的加热时间，可能会有多种设置方法。你想要知道这些方法中，总代价最小为多少。
请你能返回设置 targetSeconds 秒钟加热时间需要花费的最少代价。
请记住，虽然微波炉的秒数最多可以设置到 99 秒，但一分钟等于 60 秒。
示例 1：
输入：startAt = 1, moveCost = 2, pushCost = 1, targetSeconds = 600 输出：6 解释：以下为设置加热时间的所有方法。 - 1 0 0 0 ，表示 10 分 0 秒。 手指一开始就在数字 1 处，输入 1 （代价为 1），移到 0 处（代价为 2），输入 0（代价为 1），输入 0（代价为 1），输入 0（代价为 1）。 总代价为：1 + 2 + 1 + 1 + 1 = 6 。这是所有方案中的最小代价。 - 0 9 6 0，表示 9 分 60 秒。它也表示 600 秒。 手指移到 0 处（代价为 2），输入 0 （代价为 1），移到 9 处（代价为 2），输入 9（代价为 1），移到 6 处（代价为 2），输入 6（代价为 1），移到 0 处（代价为 2），输入 0（代价为 1）。 总代价为：2 + 1 + 2 + 1 + 2 + 1 + 2 + 1 = 12 。 - 9 6 0，微波炉自动补全为 0960 ，表示 9 分 60 秒。 手指移到 9 处（代价为 2），输入 9 （代价为 1），移到 6 处（代价为 2），输入 6（代价为 1），移到 0 处（代价为 2），输入 0（代价为 1）。 总代价为：2 + 1 + 2 + 1 + 2 + 1 = 9 。
示例 2：
输入：startAt = 0, moveCost = 1, pushCost = 2, targetSeconds = 76 输出：6 解释：最优方案为输入两个数字 7 6，表示 76 秒。 手指移到 7 处（代价为 1），输入 7 （代价为 2），移到 6 处（代价为 1），输入 6（代价为 2）。总代价为：1 + 2 + 1 + 2 = 6 其他可行方案为 0076 ，076 ，0116 和 116 ，但是它们的代价都比 6 大。
提示：
0 <= startAt <= 91 <= moveCost, pushCost <= 1051 <= targetSeconds <= 6039
思路：这题着实有点搞心态，单读题就花了两三分钟。读明白后，很容易就知道，这不是一道算法，而是一个解决实际问题的方案。仔细分析时间，意识到，对于输入的任何秒数，实际上最多只有两种表示方式（易得示例1中的0960一定不会比960优秀）。且只有秒数在40以内的才有两种，例如9分30秒可以表示为8分90秒，但9分40秒，无法表示成8分100秒，特殊的，即使是9分0秒，也无法表示成7分120秒，这都是很快就get到了的。为了避免被一些特殊情况干扰，所以单独把60秒内和99分--5940秒以上的情况都做特殊处理。
比赛解答：（事实上，大于5940这个条件是有问题的，不过案例通过了，应该是大于5979）
class Solution {
public int minCostSetTime(int startAt, int moveCost, int pushCost, int targetSeconds) {
if (targetSeconds < 60) {
return getCost(0, targetSeconds, startAt, moveCost, pushCost);
} else if (targetSeconds > 5940) {
return getCost(99, targetSeconds - 99 * 60, startAt, moveCost, pushCost);
}
int seconds = targetSeconds % 60;
int minutes = targetSeconds / 60;
if (seconds >= 40) {
return getCost(minutes, seconds, startAt, moveCost, pushCost);
} else {
return Math.min(getCost(minutes, seconds, startAt, moveCost, pushCost), getCost(minutes - 1, seconds + 60, startAt, moveCost, pushCost));
}
}
private int getCost(int minutes, int targetSeconds, int startAt, int moveCost, int pushCost) {
int num = minutes * 100 + targetSeconds;
List<Integer> list = new ArrayList<>();
while (num > 0) {
list.add(num % 10);
num = num / 10;
}
Collections.reverse(list);
int res = 0;
if (list.get(0) == startAt) {
res += pushCost;
} else {
res += (moveCost + pushCost);
}
for (int i = 1; i < list.size(); i++) {
if (list.get(i) == list.get(i - 1)) {
res += pushCost;
} else {
res += (moveCost + pushCost);
}
}
return res;
}
}
后续整理：不涉及算法，大家的思路基本一致，写法上可以简化一些，就不做记录了。
5987. 删除元素后和的最小差值
难度：困难
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums ，它包含 3 * n 个元素。
你可以从 nums 中删除 恰好 n 个元素，剩下的 2 * n 个元素将会被分成两个 相同大小 的部分。
- 前面
n个元素属于第一部分，它们的和记为sumfirst。 - 后面
n个元素属于第二部分，它们的和记为sumsecond。
两部分和的 差值 记为 sumfirst - sumsecond 。
- 比方说，
sumfirst = 3且sumsecond = 2，它们的差值为1。 - 再比方，
sumfirst = 2且sumsecond = 3，它们的差值为-1。
请你返回删除 n 个元素之后，剩下两部分和的 差值的最小值 是多少。
示例 1：
输入：nums = [3,1,2] 输出：-1 解释：nums 有 3 个元素，所以 n = 1 。 所以我们需要从 nums 中删除 1 个元素，并将剩下的元素分成两部分。 - 如果我们删除 nums[0] = 3 ，数组变为 [1,2] 。两部分和的差值为 1 - 2 = -1 。 - 如果我们删除 nums[1] = 1 ，数组变为 [3,2] 。两部分和的差值为 3 - 2 = 1 。 - 如果我们删除 nums[2] = 2 ，数组变为 [3,1] 。两部分和的差值为 3 - 1 = 2 。 两部分和的最小差值为 min(-1,1,2) = -1 。
示例 2：
输入：nums = [7,9,5,8,1,3] 输出：1 解释：n = 2 。所以我们需要删除 2 个元素，并将剩下元素分为 2 部分。 如果我们删除元素 nums[2] = 5 和 nums[3] = 8 ，剩下元素为 [7,9,1,3] 。和的差值为 (7+9) - (1+3) = 12 。 为了得到最小差值，我们应该删除 nums[1] = 9 和 nums[4] = 1 ，剩下的元素为 [7,5,8,3] 。和的差值为 (7+5) - (8+3) = 1 。 观察可知，最优答案为 1 。
提示：
nums.length == 3 * n1 <= n <= 1051 <= nums[i] <= 105
思路：本菜鸡对于困难，着实有畏难情绪，这题花了十分钟才有了第一版不成熟的思路。当时的想法是，假设删除后剩余2n数字的中点，在原3n长度的数组中，一定是在n-2n范围内。因此，将原数组划分为[n,2n]，[n+1,2n-1],......,[2n,n]。再分别排序，对于前半截，留下最小的n个数，对于后半截，留下最大的n个数。最后，再筛选出一个最值。其实当时写出来，就知道不可行了，复杂度来到了惊人的O(n*n*logn)，对于10^5的示例不可能有戏，但确实没有思路，也只能硬着头皮上了。最后果然超时。此时时间还有20分钟左右，后面再无建树，最后五分钟放弃，坐等答案。
class Solution {
public long minimumDifference(int[] nums) {
int n = nums.length / 3;
long res = 0;
int[] arr1 = Arrays.copyOfRange(nums, 0, n);
int[] arr2 = Arrays.copyOfRange(nums, n, nums.length);
int sum1 = 0;
int sum2 = 0;
Arrays.sort(arr1);
Arrays.sort(arr2);
for (int j = 0; j < n; j++) {
sum1 += arr1[j];
}
for (int j = n; j < 2 * n; j++) {
sum2 += arr2[j];
}
res = sum1 - sum2;
for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
arr1 = Arrays.copyOfRange(nums, 0, i);
arr2 = Arrays.copyOfRange(nums, i, nums.length);
Arrays.sort(arr1);
Arrays.sort(arr2);
sum1 = 0;
sum2 = 0;
for (int j = 0; j < n; j++) {
sum1 += arr1[j];
}
for (int j = arr2.length - n; j < arr2.length; j++) {
sum2 += arr2[j];
}
res = Math.min(res, sum1 - sum2);
}
return res;
}
}后续整理： 依然参考arignote大佬的解答，可以使用两个优先队列，分别记录两边数组保留下来的数字，上述思路分析得到，分割点在原数组的位置必在[n,2n]范围内，因此在这个范围内每次进行计算，拿到最小值即可。更多具体说明可以参考题解。
class Solution {
public long minimumDifference(int[] nums) {
long left[] = new long[nums.length + 1], right[] = new long[nums.length + 1], min = Long.MAX_VALUE;
PriorityQueue<Integer> leftQueue = new PriorityQueue<>(), rightQueue = new PriorityQueue<>();
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
leftQueue.offer(-nums[i]);
left[i + 1] = left[i] + nums[i] + (leftQueue.size() > nums.length / 3 ? leftQueue.poll() : 0);
}
for (int i = nums.length - 1; i >= 0; i--) {
rightQueue.offer(nums[i]);
right[i] = right[i + 1] + nums[i] - (rightQueue.size() > nums.length / 3 ? rightQueue.poll() : 0);
}
for (int i = nums.length / 3; i <= 2 * nums.length / 3; i++) {
min = Math.min(min, left[i] - right[i]);
}
return min;
}
}总结
这是本菜鸡第二次参赛，当然依然是重在参与，不过前三题还是算比较顺风顺水的，第4题下来仔细参详了一下，思路应该说没问题，但对于常用的数据结构不够敏感，如果能很快的想到堆或者优先队列，可能能够拿下此题。总的来说比起第一次在第三题就有若干案例卡住，还是有所进步。Anyway，继续努力。
标签：nums,int,list,双周,num,71,pivot,代价,LeetCode 来源： https://blog.csdn.net/bobshui/article/details/122798897