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

# C5 G- _, K4 H4 `; e$ O: g4 R" ~7 H

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

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 {
   ' c3 I3 Q4 u* E* E: Q$ q1 r
2.     public int subsetXORSum(int[] nums) {
   7 `) E7 M( A0 G" r: ]+ u
3.         int n = nums.length;
   
4.         int sum = 0;
   
5.         for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {
   
6.             int xor = 0;
   # `$ S/ z3 T* Z9 [4 S9 L) C
7.             for (int j = 0; j < n; j++) {
   
8.                 if (((1 << j) & i) > 0) {
   
9.                     xor ^= nums[j];
   $ H( l! j# D9 d0 }
10.                 }
    
11.             }
    
12.             sum += xor;
    , m- z: E1 o* ^/ D
13.         }
    
14.         return sum;
    
15.     }
    
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 {
   ) w$ H* O. R, ?
2.     public int minSwaps(String s) {
   
3.         char[] str = s.toCharArray();
   
4.         int cnt = 0;
   
5.         for (int i = 0; i < str.length; i++) {
   : n0 e6 _5 U9 e0 [& \4 v
6.             if (str[i] == '0') {
   9 |4 Q$ r! r% E7 Q0 z
7.                 cnt++;
   
8.             } else {
   3 p' i0 O% I2 m/ M6 I' O8 Z
9.                 cnt--;
   
10.             }
    ) I  h. j+ b/ Y# P& |
11.         }
    5 ?8 Z4 B+ @8 u: T# e
12.         if (cnt > 1 || cnt < -1) {
    
13.             return -1;
    
14.         }
    3 j; H! [( e. q" z% d
15.         if (cnt == 0) {
    - {0 f9 ]# L) ~( h7 c6 ^
16.             return Math.min(minSwaps(str, 0), minSwaps(str, 1));
    
17.         }
    
18.         if (cnt == 1) {
    " l" T. Y. s3 L1 f: m5 @- {
19.             return minSwaps(str, 0);
    
20.         }
    4 k% _$ j0 V2 ^" I- y
21.         return minSwaps(str, 1);
    
22.     }
    
23. 
    
24.     int minSwaps(char[] str, int start) {
    ' R3 V8 E8 D6 h! V
25.         int cnt = 0;
    
26.         for (int i = 0; i < str.length; i++) {
    + `/ `- b# ~) u$ d! E- _
27.             if (str[i] != '0' + start) {
    ( ?6 V- @) a& c0 l
28.                 cnt++;
    * `" x  \# i( j+ C& J1 Z* g4 w
29.             }
    
30.             start ^= 1;
    + D" n7 |+ K- d
31.         }
    
32.         return cnt / 2;
    + |) _4 w7 k: w
33.     }
    8 Y! |' X3 ^( d- @$ S4 m6 A
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. 
   
3.     Map<Integer, Integer> count2;
   
4.     int[] nums1;
     B# T  C" R1 G- k4 ~
5.     int[] nums2;
   ( m* G; w/ ^% M9 K2 d
6. 
   
7.     public FindSumPairs(int[] nums1, int[] nums2) {
   + N* C9 o- R; A+ I
8.         count2 = new HashMap<>();
   . b) O6 R7 @5 i
9.         this.nums1 = nums1;
   * w6 ?( G( y  @. i, h
10.         this.nums2 = nums2;
    
11.         for (int num : nums2) {
    
12.             count2.put(num, count2.getOrDefault(num, 0) + 1);
    
13.         }
    0 e1 J, c% t: ^% M. Q: p0 d- ^% ]/ s
14.     }
    ( m  x4 F* i$ Y/ M8 g
15. 
    
16.     public void add(int index, int val) {
    % j( E8 b1 L) m) x. f# Y  E
17.         count2.put(nums2[index], count2.getOrDefault(nums2[index], 0) - 1);
    
18.         nums2[index] += val;
    
19.         count2.put(nums2[index], count2.getOrDefault(nums2[index], 0) + 1);
    
20.     }
    
21. 
    
22.     public int count(int tot) {
    , x: V2 Y4 G) s5 J* H; L
23.         int res = 0;
    
24.         for (int num : nums1) {
    
25.             res += count2.getOrDefault(tot - num, 0);
    
26.         }
    
27.         return res;
    1 z% [6 P0 e1 V
28.     }
    
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 {
   . l3 A, O; G1 n% s) F& j
2.     public int rearrangeSticks(int n, int k) {
   2 M  C: \* G  d& X
3.         long[][] dp = new long[2000][2000];
   
4.         long mod = 1000000007;
   
5.         dp[1][1] = 1;
   & `7 `0 l8 ]6 P
6.         for (int i = 2; i <= n; i++) {
   2 D  f1 ?) B; ]% @1 E; C, 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;
   
9.             }
   
10.         }
    : J0 @( _# ]  i* ?% N: c  M' V8 C
11.         return (int) dp[n][k];
    / ~! p. t% E1 s
12.     }
    7 E7 n2 I3 w8 C) w
13. }

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