1、得到 K 个黑块的最少涂色次数
简单题，维护一个长度为7的滑动窗口，保存窗口中’W’出现的最少次数。
class Solution {
public:
int minimumRecolors(string blocks, int k) {
int n = blocks.size();
int w = 0;
int ans=n;
for(int i =0;i<k;i++){
if(blocks[i]=='W')
w++;
}
ans = min(ans,w);
int left = 1,right = k;
while(right<n){
if(blocks[left-1]=='W'){
w--;
}
if(blocks[right]=='W'){
w++;
}
ans=min(ans,w);
right++;
left++;
}
return ans;
}
};
2、二进制字符串重新安排顺序需要的时间
按照题目意思，暴力遍历即可
class Solution {
public:
int secondsToRemoveOccurrences(string s) {
int ans=0;
int p1 = 0;
int n = s.size();
for(int i =0;i<n;i++){
if(s[i]=='1') p1++;
}
while(1){
int judge=0;
for(int i =0;i<n;i++){
if(s[i]=='0') break;
judge++;
}
if(judge==p1) break;
for(int i =0;i+1<n;i++){
if(s[i]=='0'&&s[i+1]=='1'){
s[i]='1';
s[i+1]='0';
i++;
}
}
ans++;
}
return ans;
}
};
3、字母移位 II
用到了一个算法----差分数组。差分数组结合前缀和可以用来处理数组区间加减一个数的问题，附差分数组模板
在本题中，shifts数组中的值[a,b,c]可以理解为，当c为1时，s[a,b]上的字符全部+1。当c为0时，s[a,b]上的字符全部+(-1)。本题首先使用差分数组处理shift，这样可以得到s中的每个字符应该改变多少。然后再便利一遍S即可。
class Solution {
public:
string shiftingLetters(string s, vector<vector<int>>& shifts) {
int n = s.size();
int m = shifts.size();
int diff[n+7];
int res[n+7];
memset(res,0,sizeof res);
memset(diff,0,sizeof diff);
for(int i=0;i<m;i++){
if(shifts[i][2]==1){
diff[shifts[i][0]]+=1;
diff[shifts[i][1]+1]-=1;
}
else{
diff[shifts[i][0]]-=1;
diff[shifts[i][1]+1]+=1;
}
}
res[0] = diff[0];
for(int i=1;i<n;i++){
res[i] = res[i-1]+diff[i];
}
for(int i =0;i<n;i++){
int now = s[i]-97;
now = now+res[i];
while(now<0){
now = now+26;
}
now = now%26;
s[i] = now+97;
}
return s;
}
};
差分数组常用模板
int a[N];//原数组
int diff[N]; //差分数组
diff[0] = a[0];
for (int i = 1;i<n;i++)
diff[i] = a[i]-a[i-1];
//区间修改
//如：对数组a, 区间[1,3]上所有的数加2,在[2,4]上的所有数减1。
diff[1]+=2,diff[3+1]-=2;
diff[2]-=1,diff[4+1]+=1;
//对diff求前缀和可以即可得到修改后的a数组。
a[0] = diff[0];
for(int i=1;i<n;i++)
a[i] = a[i-1] + diff[i];
4、删除操作后的最大子段和
两种方法
方法一、逆序处理+并查集
逆序处理将删除每个元素改为逆序的增添元素，然后求连续子段最大值。使用并查集来维护子段之间的联通性，[l,pos-1], pos，[pos+1,r],当向序列中增加一个元素pos时，应该将pos左侧的区间和右侧区间连通，可以使用并查集处理。具体思路：没增添一个元素pos时，将pos和pos+1连通。分析：当增添pos-1时，已经将pos-1和pos连通到了一起，在处理pos时，可以实现pos左侧区间和右侧区间连通到一起。每增添一个元素都应更新一次答案，增添第i个元素的数组的最大子段和应该是max(ans[pos+1],s[to])，其中ans[pos+1]是上一个连通子段最大和，s[to]是当前连通子段的最大和。
class Solution {
public:
int fa[100000+7];
int find(int x){
if(fa[x]!=x){
fa[x] = find(fa[x]);
}
return fa[x];
}
long long s[100000+7];
vector<long long> maximumSegmentSum(vector<int>& nums, vector<int>& removeQueries) {
// memset(fa,0,sizeof fa);
memset(s,0,sizeof s);
int n = nums.size();
for(int i =0;i<=n;i++){
fa[i] = i;
}
vector<long long >ans(n+1,0);
// return ans;
int m =removeQueries.size();
for(int i = m-1;i>0;i--){
int x = removeQueries[i];
int to = find(x+1);
fa[x] = to;
s[to] +=(s[x] + nums[x]);
ans[i] = max(ans[i+1],s[to]);
}
vector<long long >res;
for(int i=1;i<n;i++){
res.push_back(ans[i]);
}
res.push_back(0);
return res;
}
};
方法二、前缀和+set区间维护
前缀和数组从1到n表示，可以避免对边界的处理。使用set保存removeQueries的数组下标，初始化时将0和n+1增添到set中。每当删除一个pos时，会形成两个区间[L+1,pos-1]和[pos+1,R-1]，其中L是se中首个小于pos的小标，R是首个大于pos的下标，记 [L+1,pos-1]的子段和为sum1，[pos+1,R-1]的子段和为sum2。使用multiset保存每次形成的新子段和，同时pos还会将原子段和[L+1,R-1]给破坏掉，应同时将[L+1，R-1]的子段和删除掉，multiset中的最大值就是当前的最大子段和。
class Solution {
public:
vector<long long> maximumSegmentSum(vector<int>& nums, vector<int>& removeQueries) {
int n = nums.size();
vector<long long >pre(n+2,0);
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i] = pre[i-1]+nums[i-1];
set<int >se;
se.insert(0);
se.insert(n+1);
multiset<long long >mse;
mse.insert(pre[n]);
vector<long long > ans;
for(auto pos:removeQueries){
pos++;
int r = *se.lower_bound(pos);
int l = *(--se.lower_bound(pos));
// 如果[l+1,r-1]这个值存在，将其删除
se.insert(pos);
mse.erase(mse.find(pre[r-1]-pre[l]));
if(pos-1-l>0)
mse.insert(pre[pos-1]-pre[l]);
if(r-1-pos>0)
mse.insert(pre[r-1]-pre[pos]);
if (mse.empty()) ans.push_back(0);
else ans.push_back(*prev(mse.end()));
}
return ans;
}
};
版权声明：本文内容由互联网用户自发贡献，该文观点与技术仅代表作者本人。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如发现本站有涉嫌侵权/违法违规的内容， 请发送邮件至 dio@foxmail.com 举报，一经查实，本站将立刻删除。