上岸算法 I LeetCode Weekly Contest 241解题报告【含秋招咨询群】

4 X2 D& b; q8 f5 k& T

2021 秋招时间线如下，建一个求职免费咨询群，群内将有FLAG 面试官就秋招趋势/如何准备等问题亲自答疑

% |0 m0 f. `7 t" N+ D/ o

No.1 找出所有子集的异或总和再求和

解题思路

通过二进制位枚举一个集合的所有子集。

代码展示

1. class Solution {
   4 o& ?2 N9 b( D* k: m, m
2.     public int subsetXORSum(int[] nums) {
   
3.         int n = nums.length;
   
4.         int sum = 0;
   3 Q" s2 g7 [& |4 Y
5.         for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {
   
6.             int xor = 0;
   
7.             for (int j = 0; j < n; j++) {
   
8.                 if (((1 << j) & i) > 0) {
   6 O4 h* ]; R! a4 A6 q& `, `( c+ ~
9.                     xor ^= nums[j];
   
10.                 }
    " ?$ o1 D9 b. r
11.             }
    
12.             sum += xor;
      C7 B. `  |% g  K. h+ W# d" U* C; t
13.         }
    
14.         return sum;
    
15.     }
    " q. f9 U- x+ Q  s
16. }

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No.2 构成交替字符串需要的最小交换次数

解题思路

如果 0 和 1 相差的数量超过 1 则直接返回 -1

如果 0 和 1 一样多，那么最终结果有两种情况，反之最终结果是唯一的。只需要统计出多少个数字位置不对即可，因为每次交换都可以减少 2 个位置不对的数字的数量。

代码展示

1. class Solution {
   0 x1 v3 w3 s0 i6 t9 q$ l% P8 i
2.     public int minSwaps(String s) {
   - q& V5 ~% L' J+ {
3.         char[] str = s.toCharArray();
   . ^6 V/ l5 ~# z& h& w* U7 }! [+ h# F
4.         int cnt = 0;
   ) o2 x$ G1 t* G0 W; {
5.         for (int i = 0; i < str.length; i++) {
   
6.             if (str[i] == '0') {
   ' c3 T6 }% j. n, S$ H
7.                 cnt++;
   
8.             } else {
   0 [! F* ^+ k* n* L" {( b  }: S
9.                 cnt--;
   
10.             }
    
11.         }
    
12.         if (cnt > 1 || cnt < -1) {
    
13.             return -1;
      I: G1 Y3 @$ T
14.         }
    
15.         if (cnt == 0) {
    ! f2 |  u9 d! D4 Y  S
16.             return Math.min(minSwaps(str, 0), minSwaps(str, 1));
    
17.         }
    ) h' C; p# @. L" X8 t
18.         if (cnt == 1) {
    
19.             return minSwaps(str, 0);
    
20.         }
    2 s2 X' C1 M9 A% d0 i
21.         return minSwaps(str, 1);
    
22.     }
    
23. 
    ; n* q, I! |& {
24.     int minSwaps(char[] str, int start) {
    
25.         int cnt = 0;
    " T6 Y- `: o. S( {) J% t1 T
26.         for (int i = 0; i < str.length; i++) {
    
27.             if (str[i] != '0' + start) {
    
28.                 cnt++;
    " r) w$ I6 d$ c& t, [
29.             }
    
30.             start ^= 1;
    8 E4 Z5 h4 c. V5 [9 l6 Z* a
31.         }
    
32.         return cnt / 2;
    
33.     }
    ! [) A$ J4 E* w; N& V' t3 }
34. }

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No.3 找出和为指定值的下标对

解题思路

根据数据范围，使用 Map 维护 nums2 中各个数值的数量，每次统计时枚举 nums1 即可。

代码展示

1. class FindSumPairs {
   2 }. h* N9 H, Y% S+ _0 E0 B# z; Y
2. 
   
3.     Map<Integer, Integer> count2;
   
4.     int[] nums1;
   8 _6 D0 D- V; ?' _7 ~/ [+ j
5.     int[] nums2;
   ) K8 k9 H% i7 q
6. 
   
7.     public FindSumPairs(int[] nums1, int[] nums2) {
   
8.         count2 = new HashMap<>();
   ; W: F0 f/ o( ^" Q; p
9.         this.nums1 = nums1;
   
10.         this.nums2 = nums2;
    5 d' V9 E5 c5 y* l' J* q0 X. h
11.         for (int num : nums2) {
    
12.             count2.put(num, count2.getOrDefault(num, 0) + 1);
    # |1 G3 P8 F3 _* C# e
13.         }
      u4 C$ U  N% Z1 g7 {" I
14.     }
    7 t# ]: I( q7 W4 F
15. 
    / G" k* Z* @+ Q& ^. M
16.     public void add(int index, int val) {
    4 n# |; I  n) o7 Q' _& Y
17.         count2.put(nums2[index], count2.getOrDefault(nums2[index], 0) - 1);
    : N* f! d+ }1 @
18.         nums2[index] += val;
    
19.         count2.put(nums2[index], count2.getOrDefault(nums2[index], 0) + 1);
    
20.     }
    
21. 
    % H3 R% Z8 C3 X) g/ R! _2 F
22.     public int count(int tot) {
    
23.         int res = 0;
    
24.         for (int num : nums1) {
    0 R- Q) T4 |- w0 R" Q
25.             res += count2.getOrDefault(tot - num, 0);
    
26.         }
    " R! f+ @; Z6 F% u0 w+ v
27.         return res;
    
28.     }
    9 _- a$ ]' W+ i7 N
29. }

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No.4 恰有 K 根木棍可以看到的排列数目

解题思路

动态规划，dp[n][k] = dp[n-1][k-1]*(n-1) + dp[n-1][k]

思考过程就是从高到低依次放木板。

代码展示

1. class Solution {
   
2.     public int rearrangeSticks(int n, int k) {
   4 U# h/ E! S: a# D
3.         long[][] dp = new long[2000][2000];
   ) r- ]' J) B, o0 h
4.         long mod = 1000000007;
   
5.         dp[1][1] = 1;
   
6.         for (int i = 2; i <= n; i++) {
   : `( p" P' i- Q8 ]& ^& N
7.             for (int j = 1; j <= i; j++) {
   
8.                 dp[i][j] = (dp[i - 1][j] * (i - 1) + dp[i - 1][j - 1]) % mod;
   " N: s$ T+ b- y& W3 r
9.             }
   
10.         }
    . `0 Z) a  G7 x" @
11.         return (int) dp[n][k];
    ; x0 e8 L" D  ?* `+ L& F3 y4 _! h
12.     }
    
13. }

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# j1 s0 |* k1 b7 R: R. `, g' C2 d
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