LeetCode 周赛 350（2023/06/18）01 背包
T1. 总行驶距离（Easy）
- 标签：模拟
T2. 找出分区值（Medium）
- 标签：排序
T3. 特别的排列（Medium）
- 标签：图、状态压缩、回溯
T4. 给墙壁刷油漆（Hard）
- 标签：动态规划、01 背包
T1. 总行驶距离（Easy）
https://leetcode.cn/problems/total-distance-traveled/
题解（模拟）
WA 的举手：
class Solution {
fun distanceTraveled(mainTank: Int, additionalTank: Int): Int {
return mainTank * 10 + Math.min(additionalTank, mainTank / 5) * 10
}
}
这道题需要考虑加油后又补足 5 升油量的情况：
class Solution {
fun distanceTraveled(mainTank: Int, additionalTank: Int): Int {
var ret = 0
var x = mainTank
var y = additionalTank
while (x >= 5) {
val time = x / 5
ret += time * 50
x %= 5
val diff = Math.min(time, y)
y -= diff
x += diff
}
return ret + x * 10
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：O(log_5{n})
- 空间复杂度：O(1)
T2. 找出分区值（Medium）
https://leetcode.cn/problems/find-the-value-of-the-partition/
题解（排序）
排序后计算最小差值:
class Solution {
fun findValueOfPartition(nums: IntArray): Int {
nums.sort()
var ret = Integer.MAX_VALUE
for(i in 1 until nums.size) {
ret = Math.min(ret, nums[i] - nums[i - 1])
}
return ret
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(nlgn)
- 空间复杂度：O(lgn)
T3. 特别的排列（Medium）
https://leetcode.cn/problems/special-permutations/
题解（图 + 状态压缩 + 回溯）
由于题目要求相邻元素之间至少存在单向整除关系，容易想到我们需要预处理数据，记录每个元素在作为 (x, y) 相邻对中的 x 时，下一个数 y 可以选择什么数，即从 x 到 y 存在单向边。
val edge = HashMap<Int, MutableList<Int>>()
for ((i,x) in nums.withIndex()) {
edge[x] = LinkedList<Int>()
for (y in nums) {
if (x == y) continue
if (x % y == 0 || y % x == 0) edge[x]!!.add(y)
}
}
这道题的最大有 14 个数，那么使用全排列将至少需要 14! 种情况，暴力全排列会不会超时呢？可以使用经验值 10! = 3628800 约等于 3 · 10^6，那么 14! 必然大于 3 · 10^6 · 10^4，显然是会超时的。
使用状态压缩可以解决这个问题，我们定义 f(x, s) 表示最后选择 x，且已选择列表为 s 的情况下的方案数，其中 s 中的二进制位表示不同下标的数的选择与未选择状态，通过 s 就可归纳多种排列方案，最后我们使用备忘录来剪枝。由于 14 可以被短整型的位数覆盖，因此我们使用 (1 << 14) - 1 来作为初始状态，使用 0 作为终止条件。
class Solution {
private val MOD = 1000000007
fun specialPerm(nums: IntArray): Int {
val n = nums.size
val mask = 1 shl n
// 预处理
val edge = HashMap<Int, MutableList<Int>>()
for (x in nums.indices) {
edge[x] = LinkedList<Int>()
for (y in nums.indices) {
if (nums[x] != nums[y] && nums[x] % nums[y] == 0 || nums[y] % nums[x] == 0) edge[x]!!.add(y)
}
}
// 备忘录
val memo = Array(n) { IntArray(mask) {-1} }
fun backTrack(preIndex: Int, unUsed:Int) : Int{
// 终止条件
if (unUsed == 0) return 1
// 读备忘录
if (-1 != memo[preIndex][unUsed]) return memo[preIndex][unUsed]
var ret = 0
for (choice in edge[preIndex]!!) {
if (unUsed and (1 shl choice) == 0) continue
ret = (ret + backTrack(choice, unUsed xor (1 shl choice))) % MOD
}
// 存备忘录
memo[preIndex][unUsed] = ret
return ret
}
// 枚举首个元素的多种情况
var ret = 0
for (i in nums.indices) {
ret = (ret + backTrack(i, (mask - 1) xor (1 shl i))) % MOD
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：O(n2·2n) 总共有 n·2^n 种状态，每种状态的转移次数最多为 O(n)；
- 空间复杂度：O(n·2^n) 备忘录空间。
T4. 给墙壁刷油漆（Hard）
https://leetcode.cn/problems/painting-the-walls/
题解（01 背包）
思路参考灵神的题解。
需要考虑到优先让付费油漆匠刷最低开销的墙的贪心方案是错误的。
容易发现对于第 i 面墙来说，当且只有分配给付费油漆匠或免费油漆匠 2 种选择，且有：
- 付费墙数 + 免费墙数 = n
- 付费刷墙时间之和 ≥ 免费墙数
联合两式有：付费墙数 + 付费刷墙时间之和 ≥ n，即 (付费刷墙时间 + 1) 之和 ≥ n。那么，此时问题变成从 n 面墙中选择 x 面付费墙，使得满足 (刷墙时间 + 1) ≥ n 时的最小开销，可以用 0 1 背包模型解决。
我们定义 dp[i][j] 表示考虑到 i 为止，且 (刷墙时间 + 1) 为 j 时的最小开销，则对于 第 i 面墙存在两种转移方式：
- 分配给付费油漆匠（选）：那么 dp[i][j] = dp[i - 1][j - time[i] - 1] + cost[i]
- 分配给免费油漆匠（不选）：那么 dp[i][j] = dp[i - 1][j]
起始条件：dp[0][0] = 0，表示考虑到第 0 面墙为止，且 (刷墙时间 + 1) 为 0 时的最小开销为 0。
class Solution {
fun paintWalls(cost: IntArray, time: IntArray): Int {
val INF = 0x3F3F3F3F
val n = cost.size
// 刷墙时间超过 n 没有意义
val dp = Array(n + 1) { IntArray(n + 1) { INF } }
// 初始状态（付费刷墙时间为 0，开销为 0）
for (i in 0 .. n) dp[i][0] = 0
// 枚举物品
for (i in 1 .. n) {
// 枚举状态
for (j in 1 .. n) {
val t = time[i - 1] + 1
val c = cost[i - 1]
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i - 1][Math.max(j - t, 0)] + c)
}
}
return dp[n][n]
}
}
其中对于 j < t 的情况，由于 j 表示付费刷墙时间之和，而 t 表示刷第 i 面墙的时间。如果 j - t < 0，那么等于刷墙之后丢弃一部分付费刷墙时间，此时的花费不会最坏不会差过从初始状态选第 i 墙的开销，即 dp[i-1][Math.max(j-t,0)] + c。
0 1 背包问题通常可以采用滚动数组优化空间：
class Solution {
fun paintWalls(cost: IntArray, time: IntArray): Int {
val INF = 0x3F3F3F3F
val n = cost.size
// 刷墙时间超过 n 没有意义
val dp = IntArray(n + 1) { INF }
// 初始状态（付费刷墙时间为 0，开销为 0）
dp[0] = 0
// 枚举物品
for (i in 1 .. n) {
// 枚举状态（逆序）
for (j in n downTo 1) {
val t = time[i - 1] + 1
val c = cost[i - 1]
dp[j] = Math.min(dp[j], dp[Math.max(j - t, 0)] + c)
}
}
return dp[n]
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：O(n^2)
- 空间复杂度：(n)
