刷爆 LeetCode 周赛 337，位掩码/回溯/同余/分桶/

2023-03-21 本文已影响0人彭旭锐

大家好，我是小彭。

上周末是 LeetCode 第 337 场周赛，你参加了吗？这场周赛第三题有点放水，如果按照题目的数据量来说最多算 Easy 题，但如果按照动态规划来做可以算 Hard 题。

周赛概览

2595. 奇偶位数（Easy）

题解一：模拟 $O(lgn)$
题解二：位掩码 + bitCount $O(1)$

2596. 检查骑士巡视方案（Medium）

题解一：模拟 $O(n^2)$

2597. 美丽子集的数目（Medium）

题解一：回溯 $O(2^n)$
题解二：同余分组 + 动态规划 / 打家劫舍 $O(nlgn)$

2598. 执行操作后的最大 MEX（Medium）

题解一：同余分组 + 贪心 $O(n)$

2595. 奇偶位数（Easy）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/number-of-even-and-odd-bits/

题目描述

给你一个正整数 n 。

用 even 表示在 n 的二进制形式（下标从 0 开始）中值为 1 的偶数下标的个数。

用 odd 表示在 n 的二进制形式（下标从 0 开始）中值为 1 的奇数下标的个数。

返回整数数组 answer ，其中 answer = [even, odd] 。

题解一（模拟）

简单模拟题。

写法 1：枚举二进制位

class Solution {
    fun evenOddBit(n: Int): IntArray {
        val ret = intArrayOf(0, 0)
        for (index in 0..30) {
            if (n and (1 shl index) != 0) {
                ret[index % 2]++
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(U)$ 其中 $U$ 是整数二进制位长度；
空间复杂度： $O(1)$ 仅使用常量级别空间。

写法 2：不断取最低位，然后右移 n，当 n 为 0 时跳出：

class Solution {
    fun evenOddBit(n: Int): IntArray {
        val ret = intArrayOf(0, 0)
        var x = n
        var index = 0
        while (x != 0) {
            ret[i] += x and 1 // 计数
            x = x ushr 1 // 右移
            i = i xor 1 // 0 -> 1 或 1 -> 0
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(lgn)$
空间复杂度： $O(1)$ 仅使用常量级别空间。

题解二（位掩码 + bitCount）

使用二进制掩码 01010101 取出偶数下标，再使用 Integer.bitCount() 计算位 1 的个数：

class Solution {
    fun evenOddBit(n: Int): IntArray {
        val mask = 0b0101_0101_0101_0101_0101_0101_0101_0101
        return intArrayOf(
            Integer.bitCount(n and mask),
            Integer.bitCount(n) - Integer.bitCount(n and mask)
        )
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(1)$ Java Integer.bitCount() 库函数的时间复杂度是 $O(1)$ ，如果按照常规实现是 $O(lgn)$ ；
空间复杂度： $O(1)$

2596. 检查骑士巡视方案（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/check-knight-tour-configuration/

题目描述

骑士在一张 n x n 的棋盘上巡视。在有效的巡视方案中，骑士会从棋盘的 左上角 出发，并且访问棋盘上的每个格子 恰好一次 。

给你一个 n x n 的整数矩阵 grid ，由范围 [0, n * n - 1] 内的不同整数组成，其中 grid[row][col] 表示单元格 (row, col) 是骑士访问的第 grid[row][col] 个单元格。骑士的行动是从下标 0 开始的。

如果 grid 表示了骑士的有效巡视方案，返回 true；否则返回 false。

注意，骑士行动时可以垂直移动两个格子且水平移动一个格子，或水平移动两个格子且垂直移动一个格子。下图展示了骑士从某个格子出发可能的八种行动路线。

题解（模拟）

二维简单模拟题。

class Solution {
    fun checkValidGrid(grid: Array<IntArray>): Boolean {
        if (grid[0][0] != 0) return false
        val directions = arrayOf(
            intArrayOf(1, 2),
            intArrayOf(2, 1),
            intArrayOf(2, -1),
            intArrayOf(1, -2),
            intArrayOf(-1, -2),
            intArrayOf(-2, -1),
            intArrayOf(-2, 1),
            intArrayOf(-1, 2)
        )
        val n = grid.size
        var row = 0
        var column = 0
        var count = 1
        outer@ while (count < n * n) {
            for (direction in directions) {
                val newRow = row + direction[0]
                val newColumn = column + direction[1]
                if (newRow < 0 || newRow >= n || newColumn < 0 || newColumn >= n) continue
                if (count == grid[newRow][newColumn]) {
                    row = newRow
                    column = newColumn
                    count++
                    continue@outer
                }
            }
            return false
        }
        return true
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(C·n^2)$ 其中 $C$ 是骑士的行走方向， $C$ 为常数 8；
空间复杂度： $O(1)$

2597. 美丽子集的数目（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/the-number-of-beautiful-subsets/

题目描述

给你一个由正整数组成的数组 nums 和一个正整数 k 。

如果 nums 的子集中，任意两个整数的绝对差均不等于 k ，则认为该子数组是一个美丽子集。

返回数组 nums 中非空且美丽的子集数目。

nums 的子集定义为：可以经由 nums 删除某些元素（也可能不删除）得到的一个数组。只有在删除元素时选择的索引不同的情况下，两个子集才会被视作是不同的子集。

预备知识

同余性质：

如果 x % m == y % m，则称 x 和 y 对模 m 同余，即为 x ≡ (y mod m)

乘法定理：

如果某个任务有 n 个环节，每个环节分别有 ${m_1, m_2, m_3, …, m_n}$ 种方案，那么完成任务的总方案数就是 $m_1*m_2*m3*…*m_n$ 。

题解一（暴力回溯）

由于题目的数据量非常小（数组长度只有 20），所以可以直接使用暴力算法。

算法：枚举所有子集，并且增加约束条件：如果已经选择过 x - k 或 x + k，则不能选择 x。

class Solution {
    private var ret = 0

    fun beautifulSubsets(nums: IntArray, k: Int): Int {
        subsets(nums, 0, k, IntArray(k + 1001 + k)/* 左右增加 k 避免数组下标越界 */)
        return ret - 1 // 题目排除空集
    }

    // 枚举子集
    private fun subsets(nums: IntArray, start: Int, k: Int, cnts: IntArray) {
        // 记录子集数
        ret++
        if (start == nums.size) return

        for (index in start until nums.size) {
            val x = nums[index] + k // 偏移 k
            if (cnts[x - k] != 0 || cnts[x + k] != 0) continue // 不允许选择
            // 选择
            cnts[x]++
            // 递归
            subsets(nums, index + 1, k, cnts)
            // 回溯
            cnts[x]--
        }
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(2^n)$ 其中 $n$ 为 $nums$ 数组长度，每个位置有选和不选两种状态，每个状态的时间复杂度是 $O(1)$ ，因此整体时间复杂度是 $O(2^n)$ ；
空间复杂度： $O(C)$ 数组空间。

题解二（同余分组 + 动态规划 / 打家劫舍）

这道题如果不使用暴力解法，难度应该算 Hard。

根据同余性质，如果 x 和 y 对模 k 同余，那么 x 和 y 有可能相差 k；如果 x 和 y 对模 k 不同余，那么 x 和 y 不可能相差 k。 因此，我们可以将原数组按照模 k 分组，然后单独计算每个分组内部方案数，再根据乘法定理将不同分组的方案数相乘即得到最终结果。

那么，现在的是如何计算分组内部的方案数？

我们发现，“如果已经选择过 x - k 或 x + k，则不能选择 x ” 的语义跟经典动态规划题 198.打家劫舍的 “如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警” 的语义非常类似，我们可以套用相同的解题思路：

1、先对分组内部排序，因为只有相邻的数才有可能不能同时选择；

2、定义 dp[i] 表示选择到 i 为止的方案数，则有递推关系：

$dp[i] = \begin{cases} dp[i-1] + dp[i-2] &\text{if } a_i - a_{i-1} =k\\ dp[i-1]*2 &\text{if } a_i - a_{i-1} \not=k \end{cases}$

如果不选 $a_i$ ，那么 $a_{i-1}$ 一定可选，即 $dp[i-1]$ 的方案数。

如果选择 $a_i$ ，那么需要考虑 $a_{i-1}$ 与 $a_i$ 的关系：

如果 $a_i - a_{i-1} =k$ ，那么 $a_i$ 与 $a_{i-1}$ 不能同时选择， $dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]$ 表示在 $a_{i-1}$ 和 $a_{i-2}$ 上的方案数之和；
如果 $a_i - a_{i-1} \not=k$ ，那么 $a_i$ 与 $a_{i-1}$ 可以同时选择 $dp[i] = dp[i-1]*2$

最后，还需要考虑数字重复的情况，设 c_i 表示 a_i 的出现次数：

如果不选 $a_i$ ，则只有 1 种方案，即空集；
如果选择 $a_i$ ，则有 $2^{c_i}$ 种方案，最后在减去 1 个空集方案。

整理到递归公式中有：

$dp[i] = \begin{cases} dp[i-1] + dp[i-2]*(2^{c_i}-1) &\text{if } a_i - a_{i-1} =k\\ dp[i-1]*(2^{c_i}) &\text{if } a_i - a_{i-1} \not=k \end{cases}$

以 [2, 3, 4, 5, 10], k = 2 为例，按照模 2 分组后：

余数为 0 的分组 [2, 4, 10]：方案为 [2]、[4]、[10]、[2, 10]、[4, 10]
余数为 1 的分组 [3, 5]：方案为 [3]、[5]

class Solution {
    fun beautifulSubsets(nums: IntArray, k: Int): Int {
        // 1、同余分组
        // <余数 to <元素，元素计数>>
        val buckets = HashMap<Int, TreeMap<Int, Int>>()
        for (num in nums) {
            val cntMap = buckets.getOrPut(num % k) { TreeMap<Int, Int>() }
            cntMap[num] = cntMap.getOrDefault(num, 0) + 1
        }
        // 2、枚举分组
        var ret = 1
        for ((_, bucket) in buckets) {
            // 3、动态规划
            val n = bucket.size
            // dp[i] 表示选择到 i 位置的方案数，这里使用滚动数组写法
            // val dp = IntArray(n + 1)
            var pre2 = 0 // dp[i-2]
            var pre1 = 1 // dp[i-1]
            var index = 1
            var preNum = -1
            for ((num, cnt) in bucket) {
                if (index > 1 && num - preNum == k) {
                    // a_i 不可选
                    val temp = pre1
                    pre1 = pre1 + pre2 * ((1 shl cnt) - 1)
                    pre2 = temp
                } else {
                    // a_i 可选可不选
                    val temp = pre1
                    pre1 = pre1 * (1 shl cnt)
                    pre2 = temp
                }
                preNum = num
                index++
            }
            ret *= pre1
        }
        return ret - 1
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(nlgn + n)$ 其中 $n$ 为 $nums$ 数组的长度，使用有序集合进行分组的时间复杂度是 $O(nlgn)$ ，枚举分组的步骤每个元素最多访问一次，时间复杂度是 $O(n)$ ；
空间复杂度 $O(n)$ ：有序集合空间 $O(n)$ ，动态规划过程中使用滚动数组空间为 $O(1)$ 。

相似题目

近期周赛子集问题：

LeetCode 周赛 333 · 无平方子集计数（Medium）

2598. 执行操作后的最大 MEX（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/smallest-missing-non-negative-integer-after-operations/

题目描述

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 value 。

在一步操作中，你可以对 nums 中的任一元素加上或减去 value 。

例如，如果 nums = [1,2,3] 且 value = 2 ，你可以选择 nums[0] 减去 value ，得到 nums = [-1,2,3] 。

数组的 MEX (minimum excluded) 是指其中数组中缺失的最小非负整数。

例如，[-1,2,3] 的 MEX 是 0 ，而 [1,0,3] 的 MEX 是 2 。

返回在执行上述操作 任意次 后，nums 的最大 MEX 。

预备知识

同余性质：

如果 x % m == y % m，则称 x 和 y 对模 m 同余，即为 x ≡ (y mod m)

负数取模技巧：

如果 x 和 y 都大于 0，则 x ≡ (y mod m) 等价于 x % m == y % m

$\begin{matrix} 10\ \% \ 3 == 1\\ -4\ \%\ 3 == 1 \end{matrix}$

如果 x 和 y 都小于 0，则 x ≡ (y mod m) 等价于 x % m == y % m

$\begin{matrix} -10\ \%\ 3== -1\\ -4\ \%\ 3==-1 \end{matrix}$

如果 x < 0，而 y≥0，则 x ≡ (y mod m) 等价于 x % m + m == y % m

$\begin{matrix} -10\ \%\ 3== -1 + 3 == 2\\ -4\ \%\ 3 == -1 + 3 == 2\\ 5\ \%\ 3==2 \end{matrix}$

可以看到，为了避免考虑正负数，可以统一使用 (x % m + m) % m 对 x 取模，如此无论 x 为正负数，余数都能转换到 [0,m) 范围内。

题解（同余分组 + 贪心）

这道题依然考同余性质。

根据同余性质，如果 x 和 y 对模 value 同余，那么经过若干次操作后 x 总能转换为 y。如果 x 和 y 对模 value 不同余，那么无论经过多少次操作 x 也无法转换为 y。

举个例子：{-10、-4、-1、2、5} 都对模 3 同余，而 1 对模 3 不同余。只要经过若干次 +value/-value，总能转换为同余的其他数；

-10 + 3 * 2 = -4
-10 + 3 * 3 = -1
-10 + 3 * 4 = 2
-10 + 3 * 5 = 5
其它同理。
-10 无法转换为 1

贪心思路：继续分析题目，由于不同分组中的数不可能转换为其它分组的数，为了让目标 “确实的最小非负整数尽可能大” ，应该取尽可能小的同余数，否则无法使结果更优。

举个例子，假设 value 为 3，且不同分组的个数如下：

余数为 0 的分组中有 3 个元素：应该取 0、3、6
余数为 1 的分组中有 4 个元素：应该取 1、4、7、10
余数为 2 的分组中有 1 个元素：应该取 2、[缺失 5]

如果余数为 0 的分组取 0、6、9，则缺失的元素会变成 4。

class Solution {
    fun findSmallestInteger(nums: IntArray, value: Int): Int {
        // 同余分组
        val buckets = HashMap<Int, Int>()
        for (num in nums) {
            val mod = (num % value + value) % value
            buckets[mod] = buckets.getOrDefault(mod, 0) + 1
        }
        // 试错
        var mex = 0
        while (true) {
            val mod = mex % value // mex 一定是非负数
            buckets[mod] = buckets.getOrDefault(mod, 0) - 1
            // 计数不足
            if (buckets[mod]!! < 0) break
            mex++
        }
        return mex
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n)$ 其中 $n$ 为 $nums$ 数组的长度，计数时间为 $O(n)$ ，试错最多尝试 $n$ 次，整体时间复杂度为 $O(n)$ ；
空间复杂度： $O(value)$ 散列表最多记录 $value$ 个分组。

相似题目：

264. 丑数 II

OK，这场周赛就讲这么多，我们下周见。

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