刷爆 LeetCode 周赛 339，贪心 / 排序 / 拓扑排序 / 平衡二叉树

本文已收录到 AndroidFamily，技术和职场问题，请关注公众号 [彭旭锐] 提问。

大家好，我是小彭。

上周末是 LeetCode 第 339 场周赛，你参加了吗？这场周赛覆盖的知识点比较少，前三题很简单，第四题上难度。

周赛大纲

2609. 最长平衡子字符串（Easy）

• 模拟：$O(n)$

2610. 转换二维数组（Medium）

• 贪心：$O(n)$

2611. 老鼠和奶酪（Medium）

• 排序 + 贪心：$O(nlgn)$

2612. 最少翻转操作数（Hard）

• 题解一：拓扑排序 · 超出时间限制 $O(nk)$
• 题解二：BFS + 平衡二叉树 $O(nlgn)$

2609. 最长平衡子字符串（Easy）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/find-the-longest-balanced-substring-of-a-binary-string/

题目描述

给你一个仅由 0 和 1 组成的二进制字符串 s 。

如果子字符串中 所有的 0 都在 1 之前 且其中 0 的数量等于 1 的数量，则认为 s 的这个子字符串是平衡子字符串。请注意，空子字符串也视作平衡子字符串。

返回 s 中最长的平衡子字符串长度。

子字符串是字符串中的一个连续字符序列。

题解（模拟）

简单模拟题。

维护连续 0 的计数 cnt0 和连续 1 的计数 cnt1，并在 cnt0 == cnt1 时更新最长平衡子串长度为 2 * cnt1。另外，在每段 0 的起始位置重新计数。

class Solution {
    fun findTheLongestBalancedSubstring(s: String): Int {
        var index = 0
        var cnt0 = 0
        var cnt1 = 0
        var ret = 0
        while (index < s.length) {
            if (s[index] == '0') {
                // 每段 0 的起始位置清零
                if (index > 0 && s[index - 1] == '1') {
                    cnt0 = 0
                    cnt1 = 0
                }
                cnt0++
            } else {
                cnt1++
            }
            if (cnt1 <= cnt0) ret = Math.max(ret, cnt1 * 2)
            index++
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 为 $nums$ 数组的长度；
• 空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常数级别变量。

2610. 转换二维数组（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/convert-an-array-into-a-2d-array-with-conditions/

题目描述

给你一个整数数组 nums 。请你创建一个满足以下条件的二维数组：

• 二维数组应该 只 包含数组 nums 中的元素。
• 二维数组中的每一行都包含 不同 的整数。
• 二维数组的行数应尽可能 少 。

返回结果数组。如果存在多种答案，则返回其中任何一种。

请注意，二维数组的每一行上可以存在不同数量的元素。

题解（贪心）

贪心思路：首先计算每个元素的出现次数，为了避免同一行的重复，将重复元素从上到下排列到不同行中。

优化：可以在一次遍历中完成，在出现更大出现次数时增加一行，在更新元素技术 cnt 后插入到第 cnt - 1 行。

class Solution {
    fun findMatrix(nums: IntArray): List<List<Int>> {
        val cnts = IntArray(201)
        val ret = LinkedList<LinkedList<Int>>()
        var maxCnt = 0
        // 计数
        for (num in nums) {
            // 累加
            val curCnt = ++cnts[num]
            // 创建新行
            if (curCnt > maxCnt) {
                maxCnt = curCnt
                ret.add(LinkedList<Int>())
            }
            // 分布
            ret[curCnt - 1].add(num)
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 为 $nums$ 数组的长度，每个元素访问一次；
• 空间复杂度：$O(U)$ 计数数组空间。

2611. 老鼠和奶酪（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/mice-and-cheese/

题目描述

有两只老鼠和 n 块不同类型的奶酪，每块奶酪都只能被其中一只老鼠吃掉。

下标为 i 处的奶酪被吃掉的得分为：

• 如果第一只老鼠吃掉，则得分为 reward1[i] 。
• 如果第二只老鼠吃掉，则得分为 reward2[i] 。

给你一个正整数数组 reward1 ，一个正整数数组 reward2 ，和一个非负整数 k 。

请你返回第一只老鼠恰好吃掉 k 块奶酪的情况下，最大 得分为多少。

题解（排序 + 贪心）

容易理解：为了使最终得分最大，应该让每只老鼠吃到尽可能大的奶酪。

由于两只老鼠吃的奶酪是互斥关系，因此我们可以先假设所有奶酪被第一只老鼠食得，然后再挑选 n - k 个奶酪还给第二只老鼠。

那么，对于每个位置 i，将奶酪从第一只老鼠还给第二只老鼠存在差值 diff = reward2[i] - reward1[i]，表示得分的差值为 diff。差值为正得分变大，差值为负得分降低，显然降低越少越好。

因此，我们的算法是对 diff 排序，将得分降低越大的位置保留给第一只老鼠，其他还给第二只老鼠。

class Solution {
    fun miceAndCheese(reward1: IntArray, reward2: IntArray, k: Int): Int {
        // 贪心：优先选择差值最大的位置
        val n = reward1.size
        var ret = 0
        val indexs = Array(n) { it }
        // 升序
        Arrays.sort(indexs) { i1, i2 ->
            (reward2[i1] - reward1[i1]) - (reward2[i2] - reward1[i2])
        }
        for (i in 0 until n) {
            ret += if (i < k) {
                reward1[indexs[i]]
            } else {
                reward2[indexs[i]]
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(nlgn+n)$ 其中 $n$ 为 $nums$ 数组的长度；
• 空间复杂度：$O(n+lgn)$ 索引数组和递归栈空间。

2612. 最少翻转操作数（Hard）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/minimum-reverse-operations/

题目描述

给你一个整数 n 和一个在范围 [0, n - 1] 以内的整数 p ，它们表示一个长度为 n 且下标从 0 开始的数组 arr ，数组中除了下标为 p 处是 1 以外，其他所有数都是 0 。

同时给你一个整数数组 banned ，它包含数组中的一些位置。banned 中第 i 个位置表示 arr[banned[i]] = 0 ，题目保证 banned[i] != p 。

你可以对 arr 进行 若干次 操作。一次操作中，你选择大小为 k 的一个 子数组 ，并将它 翻转 。在任何一次翻转操作后，你都需要确保 arr 中唯一的 1 不会到达任何 banned 中的位置。换句话说，arr[banned[i]] 始终 保持 0 。

请你返回一个数组 ans ，对于 **[0, n - 1] 之间的任意下标 i ，ans[i] 是将 1 放到位置 i 处的 最少 翻转操作次数，如果无法放到位置 i 处，此数为 -1 。

• 子数组 指的是一个数组里一段连续 非空 的元素序列。
• 对于所有的 i ，ans[i] 相互之间独立计算。
• 将一个数组中的元素 翻转 指的是将数组中的值变成 相反顺序 。

题解一（拓扑排序 · 超出时间限制）

分析 1：对于翻转窗口 [L, R] 中的位置 i，翻转后的下标为 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '（' at position 17: …frac{L+R}{2} + （̲\frac{L+R}{2} -…

分析 2：首先位置 p 的翻转次数恒等于 0，而 banned 数组表示的位置翻转次数恒等于 -1。

分析 3：当位置 i 位于翻转窗口的左半部分时，将翻转到更大位置；当位置 i 位于翻转窗口的右半部分时，将翻转到更小位置；

分析 4：现在我们需要分析位置 i （初始 i 为 0 ）可以翻转到的位置：

• 情况 1：如果将 i 作为翻转窗口的左右边界，则有：
  • 位于左边界时，翻转后的下标为 i + k - 1；
  • 位于有边界时，翻转后的下标为 i - k + 1。
• 情况 2：如果将 i 放在翻转窗口内部，则所有翻转后的下标正好构成差值为 2 的等差数列。

因此，i 可以翻转的区间为 [i - k + 1, i + k - 1] 中间隔 2 的位置（排除 banned 数组），或者理解为奇偶性相同的下标。

分析 5：由于翻转窗口有位置限制，会限制翻转：

• 窗口左边界在位置 0 时，且 i 位于翻转窗口的右半部分时（准备向左翻），则翻转后的位置是 0 + (k - 1) - i = k - 1 - i。由于窗口无法继续左移，所以小于 k - i - 1 的位置都不可达；
• 同理，窗口右边界位于 n - 1 时，且 i 位于翻转窗口的左边部分时（准备向右翻），则翻转后的位置是 (n - k) + (n - 1) - i = 2n - k - i - 1。由于窗口无法继续右移，所以大于 2n - k - i - 1 的位置都不可达。

综上，可得翻转后区间为 [max(i - k + 1, k - i - 1), min(i + k - 1, 2n - k - i - 1)] 中与 i 奇偶性相同的位置。

至此，容易发现问题可以用拓扑排序（BFS 写法）解决：初始时将 p 位置入队，随后每一轮的翻转次数 + 1，并将该位置入队。

class Solution {
    fun minReverseOperations(n: Int, p: Int, banned: IntArray, k: Int): IntArray {
        val ret = IntArray(n) { -1 }
        // 初始位
        ret[p] = 0
        // 禁止位
        val bannedSet = banned.toHashSet()
        // BFS（最小跳转索引）
        val queue = LinkedList<Int>()
        queue.offer(p)
        while (!queue.isEmpty()) {
            val i = queue.poll()!!
            val min = Math.max(i - k + 1, k - i - 1)
            val max = Math.min(i + k - 1, 2 * n - k - i - 1)
            val curStep = ret[i] + 1
            for (j in min..max step 2) {
                // 不可达
                if (bannedSet.contains(j)) continue
                // 已访问
                if (ret[j] != -1) continue
                // 可达
                ret[j] = curStep
                // 入队
                queue.offer(j)
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '·' at position 4: O(n·̲k) 每个元素最多访问 1 次，且每轮最多需要访问 $k$ 个元素。
• 空间复杂度：$O(n)$ 队列的长度最大为 $n$。

题解二（BFS + 平衡二叉树）

在题解一中，当 k 比较大时每轮 BFS 中会重复判断已经被标记过的位置，如何避免呢？我们可以提前将所有下标加入到散列表中，在每次标记后将下标从散列表移除，这样能避免重复访问已经标记过的位置。

其次，由于每轮中需要标记的区间位于 [min, max]，那么我们可以将散列表升级为基于平衡二叉树的 TreeSet，以便在 O(lgn) 时间内找到区间中的元素。具体方式是寻找树中大于等于 min 的最小元素（且小于等于 max），将其标记和移除。

最后，由于偶数下标和奇数下标是分开的，所以需要建立两个平衡二叉树。

class Solution {
    fun minReverseOperations(n: Int, p: Int, banned: IntArray, k: Int): IntArray {
        val ret = IntArray(n) { -1 }
        // 初始位
        ret[p] = 0
        // 禁止位
        val bannedSet = banned.toHashSet()
        // 平衡二叉树
        val sets = Array(2) { TreeSet<Int>() }
        for (i in 0 until n) {
            if (i != p && !bannedSet.contains(i)) sets[i % 2].add(i)
        }
        // BFS（最小跳转索引）
        val queue = LinkedList<Int>()
        queue.offer(p)
        while (!queue.isEmpty()) {
            val i = queue.poll()!!
            val min = Math.max(i - k + 1, k - i - 1)
            val max = Math.min(i + k - 1, 2 * n - k - i - 1)
            val curStep = ret[i] + 1
            // 根据左端点确定奇偶性（右端点也行）
            val set = sets[min % 2]
            // 枚举平衡树中的 [min,max] 区间
            while (true) {
                val index = set.ceiling(min) ?: break // 大于等于 min 的最小键值
                if (index > max) break
                // 标记并删除
                set.remove(index)
                ret[index] = curStep
                // 入队
                queue.offer(index)
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(nlgn+nlgn)$ 建平衡树为 $O(nlgn)$，BFS 中每个元素最多删除一次，每轮需要 $O(lgn)$ 时间找到左边界，整体是 $O(nlgn)$；
• 空间复杂度：$O(n)$ 平衡二叉树空间。

点击上方按钮关注
每周持续原创更新
与你一起深度思考

The End

—— 我 们 下 次 见 ——