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单周赛 242 题解

作者：互联网

本次周赛涉及知识点：动态规划，前缀和，树状数组，博弈论，二分答案

哪种连续子字符串更长

给你长为 \(n\) 的二进制字符串 s

如果字符串中由 1 组成的 最长子串严格长于 由 0 组成的 最长子串，返回 true，否则，返回 false 。

例如，s = "110100010" 中，由 1 组成的最长连续子字符串的长度是 2 ，由 0 组成的最长连续子字符串的长度是 3 。

注意，如果字符串中不存在 0 ，此时认为由 0 组成的最长连续子字符串的长度是 0 。字符串中不存在 1 的情况也适用此规则。

数据规定

\(1\leq n\leq10^5\)

题解

定义 \(dp_{1}\left[i\right]\) 表示到 \(i\) 位置，连续 \(0\) 子串的最大长度

定义 \(dp_{2}\left[i\right]\) 表示到 \(i\) 位置，连续 \(1\) 子串的最大长度

转移完毕，维护两个最大值，最后比较即可，时间复杂度 \(O(n)\)

事实上，可以滚动掉状态，使用两个变量代替 \(dp\) 数组，从而将空间复杂度优化到 \(O(1)\)

class Solution {
public:
    bool checkZeroOnes(string s) {
        int n = s.length();
        vector<int> dp1(n, 0);
        vector<int> dp2(n, 0);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (s[i] == '1') {
                dp1[i] = 0, dp2[i] = 1;
                if (i > 0 && s[i] == s[i - 1]) dp2[i] = max(dp2[i - 1] + 1, dp2[i]);
            }
            else {
                dp1[i] = 1, dp2[i] = 0;
                if (i > 0 && s[i] == s[i - 1]) dp1[i] = max(dp1[i - 1] + 1, dp1[i]);
            }
        }
        int ans1 = 0, ans2 = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            ans1 = max(ans1, dp1[i]);
            ans2 = max(ans2, dp2[i]);
        }
        //cout << ans1 << ' ' << ans2 << endl;
        return ans1 < ans2;
    }
};

准时到达的列车最小时速

给你一个浮点数 hour ，表示你到达办公室可用的总通勤时间。

要到达办公室，你必须按给定次序乘坐 n 趟列车。

给定一个长度为 n 的整数数组 dist ，其中 dist[i] 表示第 i 趟列车的行驶距离

每趟列车均只能在整点发车，所以你可能需要在两趟列车之间等待一段时间。

例如，第 1 趟列车需要 1.5 小时，那你必须再等待 0.5 小时，搭乘在第 2 小时发车的第 2 趟列车。

返回能满足你准时到达办公室所要求全部列车的 最小正整数 时速，如果无法准时到达，则返回 -1 。

生成的测试用例保证答案不超过 \(10^7\) ，且 hour 的小数点后最多存在两位数字。

题解

考虑二分答案，然后 check

具体来讲，二分速度，对于每一个速度 \(res\)，我们计算一下通勤的时间 \(ans\)，如果 \(ans < hour\)，返回 \(true\)，二分右边界缩小，否则返回 \(false\)，二分左边界扩大

class Solution {
public:
    #define INF 0x3f3f3f3f
    bool check(int res, vector<int> &vec, double hour) {
        double ans = 0;
        int n = vec.size();
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int temp = vec[i];
            if (i < n - 1) {
                ans += ceil(double(temp) / double(res));
            }
            else ans += double(temp) / double(res);
            //printf("%.6f\n", ans);
        }
        return ans <= hour;
    }
    int minSpeedOnTime(vector<int>& vec, double hour) {
        int L = 1, R = INF;
        int ans = -1;
        while (L <= R) {
            int mid = L + R >> 1;
            //cout << L << ' ' << mid << ' ' << R << endl;
            if (check(mid, vec, hour)) {
                R = mid - 1;
                ans = mid;
            }
            else L = mid + 1;
        }
        return ans;
    }
};

跳跃游戏 VII

给定一个长为 \(n\) 下标从 \(0\) 开始的 \(01\) 串，保证第一个位置一定是 \(0\)

给定两个正整数 \(a,\ b\)，当同时满足以下条件时，你可以从下标 \(i\) 转移到下标 \(j\)

如果可以到达 \(n - 1\) 处，返回 \(true\)，否则返回 \(false\)

数据保证

\(2\leq a\leq b\leq n\leq 10^5\)

题解

定义 \(dp\left[i\right]\) 表示能否跳到第 \(i\) 个位置

考虑前继状态转移到当前状态，即 \(dp\left[i - b\right],\ dp\left[i - b + 1\right], ..,\ dp\left[i - a\right]\rightarrow dp\left[i\right]\)

也就是说，对于 \(\forall j \in \left[i - b, i - a\right]\)，只要 \(\exists j,\ s.t.\ dp\left[j\right] = 1\)，那么 \(dp\left[i\right]\) 为 \(1\)

可以通过判断区间和 \(\sum\limits_{j = i - b}^{i - a}dp\left[j\right]\) 是否为 \(0\) 来完成上述转移，因此我们需要在转移的过程中维护前缀和，时间复杂度 \(O(n)\)

如果从当前状态转移到后继状态，即 \(dp\left[i\right]\rightarrow dp\left[i + a\right],\ ..,\ dp\left[i + b\right]\)，需要对区间 \(\left[i + a,\ i + b\right]\) 作区间修改操作，转移的时候使用单点查询，有以下几种处理方式

/* 前继状态转移到当前，维护前缀和 */
class Solution
{
public:
    bool canReach(string s, int minJump, int maxJump)
    {
        int n = s.length();
        vector<int> dp(n + 7, 0), sum(n + 7, 0);
        dp[1] = 1;
        for (int i = 1; i < 1 + minJump; ++i) {
            sum[i] = sum[i - 1] + dp[i];
        }
        for (int i = 1 + minJump; i <= n; ++i)
        {
            if (s[i - 1] == '0')
            {
                int L = max(1, i - maxJump), R = i - minJump;
                if (sum[R] - sum[L - 1])
                    dp[i] = 1;
            }
            sum[i] = sum[i - 1] + dp[i];
        }
        return dp[n];
    }
};

/* 当前状态转移到后继状态，维护差分数组与前缀和 */
class Solution
{
public:
    bool canReach(string s, int minJump, int maxJump)
    {
        int n = s.length();
        vector<int> d(2 * n + 7);
        d[0]++, d[1]--;
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            sum += d[i];
            if (sum > 0 && s[i] == '0' || i == 0) {
                int L = i + minJump, R = i + maxJump;
                d[L]++, d[R + 1]--;
            }
        }
        return sum > 0 && s[n - 1] == '0';
    }
};

石子游戏 VIII

\(A\) 和 \(B\) 玩一个游戏，两人轮流操作，\(A\) 先手

总共有 \(n\) 个石子排成一行。轮到某个玩家的回合时，如果石子的数目大于 \(1\) ，他将执行以下操作

\(A\) 和 \(B\) 的分数之差为 (\(A\) 的分数减去 \(B\) 的分数) 。 \(A\) 的目标是 最大化 分数差，\(B\) 的目标是 最小化 分数差。

给你一个长度为 \(n\) 的整数数组 stones ，其中 stones[i] 是 从左边起 第 i 个石子的价值。请你返回在双方都采用 最优 策略的情况下，\(A\) 和 \(B\) 的分数之差

题解

选取前 \(x\) 个石子获得的分数为 \(\sum\limits_{i = 1}^{x}a\left[i\right]\)，这个可以用前缀和 \(pre\) 维护

设 \(dp\left[i\right]\) 表示可选石子范围为 \([i,\ n)\) 时，\(A\) 和 \(B\) 的分差最大值

考虑 \(A\) 是否选择 \(i\) 石子

所以 \(dp\left[i\right] = max\left\{dp\left[i + 1\right],\ pre[i] - dp\left[i + 1\right]\right\}\)

博弈论 \(dp\) 通常倒序转移，最后返回 \(dp\left[1\right]\)

数据保证

\(1\leq n\leq 10^5\)

class Solution {
public:
    int stoneGameVIII(vector<int>& stones) {
        int n = stones.size();
        vector<int> pre(n), dp(n);
        pre[0] = stones[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i) pre[i] = pre[i - 1] + stones[i];
        dp[n - 1] = pre[n - 1];
        for (int i = n - 2; i >= 1; --i) {
            dp[i] = max(dp[i + 1], pre[i] - dp[i + 1]);
        }
        return dp[1];
    }
};

后记

博弈论 \(dp\) 还是挺难的，看了题解想半天才明白，不过似乎也有对应的套路，还是要多刷题

标签：pre,right,int,题解,石子,242,单周赛,dp,left
来源： https://www.cnblogs.com/ChenyangXu/p/14826945.html