2578. 最小和分割 – 力扣（LeetCode）
给你一个正整数 num ，请你将它分割成两个非负整数 num1 和 num2 ，满足：
num1 和 num2 直接连起来，得到 num 各数位的一个排列。
换句话说，num1 和 num2 中所有数字出现的次数之和等于 num 中所有数字出现的次数。
num1 和 num2 可以包含前导 0 。
请你返回 num1 和 num2 可以得到的和的 最小 值。
注意：
num 保证没有前导 0 。
num1 和 num2 中数位顺序可以与 num 中数位顺序不同。
示例 1：
输入：num = 4325
输出：59
解释：我们可以将 4325 分割成 num1 = 24 和 num2 = 35 ，和为 59 ，59 是最小和。
示例 2：
输入：num = 687
输出：75
解释：我们可以将 687 分割成 num1 = 68 和 num2 = 7 ，和为最优值 75 。
提示：
10 <= num <= 109
思路:
贪心加排序即可,我们只需要将数字先转成字符串,然后排序后对奇数位和偶数位分别累加,就行,唯一需要注意的是字符串需要-'0'
- 时间复杂度
,主要在排序上
- 空间复杂度
class Solution {
public:
int splitNum(int num) {
string s = to_string(num);
sort(s.begin(), s.end());
//687 678 68 + 7 = 75 2345 24 + 35
int n = s.size();
int x = 0, y = 0;
for(int i = 0; i < n; i += 2)
{
x = x * 10 + s[i] - '0';
}
for(int i = 1; i < n; i += 2)
{
y = y * 10 + s[i] - '0';
}
return x + y;
}
};
2579. 统计染色格子数 – 力扣（LeetCode）
有一个无穷大的二维网格图，一开始所有格子都未染色。给你一个正整数 n ，表示你需要执行以下步骤 n 分钟：
- 第一分钟，将 任一 格子染成蓝色。
- 之后的每一分钟，将与蓝色格子相邻的 所有 未染色格子染成蓝色。
下图分别是 1、2、3 分钟后的网格图。
请你返回 n 分钟之后 被染色的格子 数目。
示例 1：
输入：n = 1
输出：1
解释：1 分钟后，只有 1 个蓝色的格子，所以返回 1 。
示例 2：
输入：n = 2
输出：5
解释：2 分钟后，有 4 个在边缘的蓝色格子和 1 个在中间的蓝色格子，所以返回 5 。
提示：
1 <= n <= 105
思路:
这道题就是找规律写通项表达式的题目,我的思路是可以从中间往上和往下看到两个等差数列求和,最后减去中间那排就行,需要注意的是会爆int,直接转longlong即可
- 时间复杂度
- 空间复杂度
class Solution {
public:
long long coloredCells(int n) {
return (long long)2 * (n ) * (n) - (2 * n - 1);
}
};
2580. 统计将重叠区间合并成组的方案数 – 力扣（LeetCode）
给你一个二维整数数组 ranges ，其中 ranges[i] = [starti, endi] 表示 starti 到 endi 之间（包括二者）的所有整数都包含在第 i 个区间中。
你需要将 ranges 分成 两个 组（可以为空），满足：
- 每个区间只属于一个组。
- 两个有 交集 的区间必须在 同一个 组内。
如果两个区间有至少 一个 公共整数，那么这两个区间是 有交集 的。
- 比方说，区间
[1, 3]和[2, 5]有交集，因为2和3在两个区间中都被包含。
请你返回将 ranges 划分成两个组的 总方案数 。由于答案可能很大，将它对 109 + 7 取余 后返回。
示例 1：
输入：ranges = [[6,10],[5,15]]
输出：2
解释：
两个区间有交集，所以它们必须在同一个组内。
所以有两种方案：
- 将两个区间都放在第 1 个组中。
- 将两个区间都放在第 2 个组中。
示例 2：
输入：ranges = [[1,3],[10,20],[2,5],[4,8]]
输出：4
解释：
区间 [1,3] 和 [2,5] 有交集，所以它们必须在同一个组中。
同理，区间 [2,5] 和 [4,8] 也有交集，所以它们也必须在同一个组中。
所以总共有 4 种分组方案：
- 所有区间都在第 1 组。
- 所有区间都在第 2 组。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 1 个组中，[10,20] 在第 2 个组中。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 2 个组中，[10,20] 在第 1 个组中。
提示：
1 <= ranges.length <= 105ranges[i].length == 20 <= starti <= endi <= 109
思路:
这道题实际上是区间合并问题和分组问题的缝合,我们先把能够合并的区间求出来记作cnt,然后组合,组合出答案是次,不过好像cnt不是很多,虽然我写了个快速幂,用处不大,而且写的好像不够简洁,所以附上两个写法
- 时间复杂度
- 空间复杂度
class Solution {
public:
int countWays(vector<vector<int>>& ranges) {
int n = ranges.size();
int cnt = 0;
sort(ranges.begin(), ranges.end());
int l = ranges[0][0], r = ranges[0][1];
const int MOD = 1e9 + 7;
for(int i = 1; i < n; i ++)
{
if(ranges[i][0] > r)
{
cnt ++;
l = ranges[i][0], r = ranges[i][1];
}
else
{
r = max(r, ranges[i][1]);
}
}
cnt += 1;
cout << cnt << endl;
long long res = 1;
long long a = 2;
while(cnt)
{
if(cnt & 1) res = (res * a) % MOD;
a = (a * a) % MOD; // 对 a 取模
cnt >>= 1;
}
return res;
}
};
//简化版本
class Solution {
public:
int countWays(vector<vector<int>>& ranges) {
sort(ranges.begin(), ranges.end());
int n = ranges.size();
int maxr = ranges[0][1];
const int MOD = 1e9 + 7;
long long ans = 2;
for(int i = 1; i < n; i ++)
{
if(ranges[i][0] > maxr)
ans = ans * 2 % MOD;
maxr = max(maxr, ranges[i][1]);
}
return ans;
}
};
2581. 统计可能的树根数目 – 力扣（LeetCode）
Alice 有一棵 n 个节点的树，节点编号为 0 到 n - 1 。树用一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ai, bi] ，表示树中节点 ai 和 bi 之间有一条边。
Alice 想要 Bob 找到这棵树的根。她允许 Bob 对这棵树进行若干次 猜测 。每一次猜测，Bob 做如下事情：
- 选择两个 不相等 的整数
u和v，且树中必须存在边[u, v]。 - Bob 猜测树中
u是v的 父节点 。
Bob 的猜测用二维整数数组 guesses 表示，其中 guesses[j] = [uj, vj] 表示 Bob 猜 uj 是 vj 的父节点。
Alice 非常懒，她不想逐个回答 Bob 的猜测，只告诉 Bob 这些猜测里面 至少 有 k 个猜测的结果为 true 。
给你二维整数数组 edges ，Bob 的所有猜测和整数 k ，请你返回可能成为树根的 节点数目 。如果没有这样的树，则返回 0。
示例 1：
输入：edges = [[0,1],[1,2],[1,3],[4,2]], guesses = [[1,3],[0,1],[1,0],[2,4]], k = 3
输出：3
解释：
根为节点 0 ，正确的猜测为 [1,3], [0,1], [2,4]
根为节点 1 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0], [2,4]
根为节点 2 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0], [2,4]
根为节点 3 ，正确的猜测为 [1,0], [2,4]
根为节点 4 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0]
节点 0 ，1 或 2 为根时，可以得到 3 个正确的猜测。
示例 2：
输入：edges = [[0,1],[1,2],[2,3],[3,4]], guesses = [[1,0],[3,4],[2,1],[3,2]], k = 1
输出：5
解释：
根为节点 0 ，正确的猜测为 [3,4]
根为节点 1 ，正确的猜测为 [1,0], [3,4]
根为节点 2 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,4]
根为节点 3 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,2], [3,4]
根为节点 4 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,2]
任何节点为根，都至少有 1 个正确的猜测。
提示：
edges.length == n - 12 <= n <= 1051 <= guesses.length <= 1050 <= ai, bi, uj, vj <= n - 1ai != biuj != vjedges表示一棵有效的树。guesses[j]是树中的一条边。guesses是唯一的。0 <= k <= guesses.length
思路:
换根dp,这道题可以用换根dp的思路来做,我们可以求出以号点位根的数,有多少询问是正确的即为
,如果我们按照这个思路去枚举每个点,时间复杂度就爆炸了,所以我们考虑优化做法,注意到如果
x和y之间有一条边相连,实际上对于非x,y和y,x的边,结果都不会有变化,因为他们的父节点还是那个,但是这两个的关系实际上就互换了,所以因此，从出发，再次
DFS 这棵树，从节点 递归到节点
时：
- 如果有猜测
，那么猜对次数减一；
- 如果有猜测
，那么猜对次数加一。
除此之外,我们还需要记录一个的关系,我们可以用
set来存储,但是set不能存储pair类型,所以我们可以用位运算来实现
- 时间复杂度
,
为边的长度,
为询问的长度
- 空间复杂度
class Solution {
public:
int rootCount(vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& guesses, int k) {
vector<vector<int>> g(edges.size() + 1);
unordered_set<long> s;
for(auto&e : edges)
{
int x = e[0], y = e[1];
g[x].push_back(y);
g[y].push_back(x);
}
for(auto&e : guesses)
{
s.insert((long)e[0] << 32 | e[1]);
}
int ans = 0, cnt0 = 0;
function<void(int, int)> dfs = [&](int x, int fa){
for(int y : g[x])
{
if(y != fa)
{
cnt0 += s.count((long)x << 32 | y);
dfs(y, x);
}
}
};
dfs(0, -1);
function<void(int, int, int)> reroot = [&](int x, int fa, int cnt)
{
ans += cnt >= k;
for(int y : g[x])
{
if(y != fa)
{
reroot(y, x, cnt - s.count((long) x << 32 | y) + s.count((long) y << 32 | x));
}
}
};
reroot(0, -1, cnt0);
return ans;
}
};
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