第150场双周赛：好数字之和、分割正方形 Ⅰ、分割正方形 Ⅱ、最短匹配字符
Q1、好数字之和1、题目描述
给定一个整数数组 nums 和一个整数 k，假如元素 nums 严酷 大于下标 i - k 和 i + k 处的元素（假如这些元素存在），则该元素 nums 被认为是 好 的。假如这两个下标都不存在，那么 nums 仍旧被认为是 好 的。
返回数组中全部 好 元素的 和。
2、解题思绪
遍历 nums 数组，检查每个元素是否满足 好 元素的定义，满足条件就累加到结果 ret 中。
详细步调：
[*]初始化 ret = 0 用于存储全部 好 元素的和。
[*]遍历数组 nums，对每个元素 nums：
[*]假如 i - k 不存在，则 nums 只需满足 nums > nums（假如 i + k 存在）。
[*]假如 i + k 不存在，则 nums 只需满足 nums > nums（假如 i - k 存在）。
[*]假如 i - k 和 i + k 都存在，则 nums 必要满足：
[*]nums > nums
[*]nums > nums
[*]满足条件的 nums 加入 ret。
[*]返回 ret。
3、代码实现
class Solution {
public:
int sumOfGoodNumbers(vector<int>& nums, int k) {
int ret = 0; // 用于存储所有"好"元素的总和
int n = nums.size(); // 数组长度
// 遍历数组
for (int i = 0; i < n; ++i) {
// 检查 nums 是否满足 "好" 元素的定义
// 如果 i-k 不存在, 跳过检查; 否则 nums > nums
// 如果 i+k 不存在, 跳过检查; 否则 nums > nums
if ((i - k < 0 || nums > nums) && (i + k >= n || nums > nums)) {
ret += nums; // 计算 "好" 元素的和
}
}
return ret;
}
};
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4、复杂度分析
时间复杂度： O(n)，由于我们只必要遍历 nums 一次，每个元素的检查都是 O(1) 。
空间复杂度： O(1)，我们仅仅利用了一个额外变量 ret 存储结果。
Q2、分割正方形 Ⅰ
1、题目描述
给你一个二维整数数组 squares ，此中 squares = 表示一个与 x 轴平行的正方形的左下角坐标和正方形的边长。
找到一个最小的 y 坐标，它对应一条水平线，该线必要满足它以上正方形的总面积 等于 该线以下正方形的总面积。
答案假如与实际答案的毛病在 10-5 以内，将视为正确答案。
留意：正方形 可能会 重叠。重叠区域应该被 多次计数 。
2、解题思绪
1. 计算搜索范围
首先，我们必要确定 y 的 上下界限：
[*]down（最小的 y）：全部正方形左下角 y 的最小值。
[*]up（最大的 y）：全部正方形的最高点 y + l 的最大值。
如许，答案 mid 必须在 down ~ up 之间。
2. 计算总面积
遍历全部正方形，计算它们的总面积：
totalArea = ∑ side 2 \text{totalArea} = \sum \text{side}^2 totalArea=∑side2
目标是找到一条水平线，使得：
上半部门面积 = 下半部门面积 = totalArea 2 \text{上半部门面积} = \text{下半部门面积} = \frac{\text{totalArea}}{2} 上半部门面积=下半部门面积=2totalArea
3. 二分查找水平线
二分查找 mid（即 y 轴上的某个水平线）：
[*]计算 该水平线以下的面积 areaBelow。
[*]假如 areaBelow 大于等于 totalArea / 2，说明 mid 过大，应该尝试更小的 mid，即 上界 up = mid。
[*]否则，说明 mid 过小，应该尝试更大的 mid，即 下界 down = mid。
终止条件：up - down <= 1e-5（精度要求）。
4. 计算 mid 以下的面积
对于每个正方形：
[*]判定是否完全位于 mid 之下：
[*]假如 y + l <= mid，整个正方形都在 mid 以下，直接加上 l × l 的面积。
[*]部门位于 mid 之下：
[*]计算 height = min(mid - y, l)（mid 线以下的部门）。
[*]这部门面积为 height × l。
3、代码实现
class Solution {
public:
double separateSquares(vector<vector<int>>& squares) {
// 如果没有正方形, 返回 0.0
if (squares.empty()) {
return 0.0;
}
// 初始化上下界
double down = static_cast<double>(squares); // 最小的 y 值
double up = static_cast<double>(squares + squares); // 最大的 y+l 值
double totalArea = 0.0; // 总面积
// 计算最小/最大 y 值 和 总面积
for (const auto& v : squares) {
double y = static_cast<double>(v); // 左下角的 y 坐标
double l = static_cast<double>(v); // 正方形边长
down = min(down, y); // 更新最小 y
up = max(up, y + l); // 更新最大 y
totalArea += l * l;// 计算总面积
}
// 二分查找
while (up - down > 1e-5) {
double mid = (up + down) / 2.0; // 计算中点
double areaBelow = 0.0; // mid 线以下的面积
// 计算当前 mid 线以下的面积
for (const auto& v : squares) {
double y = static_cast<double>(v); // 左下角 y 坐标
double l = static_cast<double>(v); // 正方形边长
if (y < mid) { // 仅计算 y < mid 的部分
double height = min(mid - y, l); // 计算在 mid 下方的高度
areaBelow += height * l; // 计算面积并累加
}
// 剪枝优化: 如果面积已经大于等于 halfArea, 则提前退出
if (areaBelow >= totalArea / 2) {
break;
}
}
// 二分查找
if (areaBelow >= totalArea / 2) {
up = mid; // mid 过大, 缩小上界
} else {
down = mid; // mid 过小, 扩大下界
}
}
return up; // 返回最终答案
}
};
class Solution {
public:
double separateSquares(vector<vector<int>>& squares) {
double totalArea = 0.0;
int maxY = 0;
// 计算总面积, 并确定最大 y 坐标
for (const auto& square : squares) {
int x = square, y = square, side = square;
totalArea += static_cast<double>(side) * side;
maxY = max(maxY, y + side);
}
// 判断是否满足条件
auto isValidY = [&](double yLine) -> bool {
double areaBelow = 0.0;
for (const auto& square : squares) {
int y = square, side = square;
if (y < yLine) {
double effectiveHeight = min(yLine - y, static_cast<double>(side));
areaBelow += effectiveHeight * side;
}
}
return areaBelow >= totalArea / 2;
};
// 二分查找满足条件的最小 y
double left = 0.0, right = static_cast<double>(maxY);
while (right - left > 1e-5) {
double mid = (left + right) / 2.0;
if (isValidY(mid)) {
right = mid;
} else {
left = mid;
}
}
return right;
}
};
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4、复杂度分析
时间复杂度： O(n logM)
[*]n 是正方形的个数。
[*]M 是 y 的搜索范围（最大 y 减去最小 y）。
[*]二分查找约莫举行 logM 轮，每轮 O(n) 遍历正方形，最终 复杂度是 O(n logM)。
空间复杂度： O(1)
[*]只利用了常数级变量，不必要额外的存储。
Q3、分割正方形 Ⅱ
1、题目描述
给你一个二维整数数组 squares ，此中 squares = 表示一个与 x 轴平行的正方形的左下角坐标和正方形的边长。
找到一个最小的 y 坐标，它对应一条水平线，该线必要满足它以上正方形的总面积 等于 该线以下正方形的总面积。
答案假如与实际答案的毛病在 10-5 以内，将视为正确答案。
留意：正方形 可能会 重叠。重叠区域只 统计一次 。
2、解题思绪
[*] 问题分析：
[*] 我们必要找到一个最小的 y 值（即水平线的 y 坐标），使得该线以上的总面积和以下的总面积相等。
[*] 由于正方形的重叠会导致面积的重复计算，因此我们必要跟踪每个 x 区间内的覆盖长度，计算这些区间的总面积。
[*] 区间求解：
[*] 我们可以利用线段树来处置惩罚区间的覆盖情况。线段树可以在区间更新时有效计算每个区间的覆盖长度。
[*] 坐标压缩：由于正方形的 x 坐标值范围可能非常大，直接利用这些值作为线段树的索引不切实际。因此我们将 x 坐标压缩到一个较小的范围。
[*] 步调：
[*] 首先，对于每个正方形，提取其上界限和下界限，记录它们在 x 轴上的位置。
[*] 接着，我们对全部的事件举行排序。每个事件代表一个正方形的开始（下界限）或竣事（上界限）。
[*] 利用线段树来更新每个正方形的覆盖状态，并计算每一条水平线（y 坐标）下面的总面积。然后通过累积的面积差来找到使总面积均衡的水平线。
3、代码实现
// 定义线段树节点的结构
struct Node {
int minCover; // 当前节点的最小覆盖数, 表示该区间内有多少个正方形覆盖
int coveredLen; // 满足 minCover == 0 的线段长度, 表示该区间的实际被覆盖长度
int lazy; // 懒标记, 用于延迟更新
// 应用懒标记: 通过增加覆盖数来表示区间内正方形的覆盖情况
void apply(int value) {
minCover += value;
lazy += value; // 增加懒标记, 表示区间内的所有覆盖操作
}
};
class SegmentTree {
private:
vector<Node> tree; // 存储线段树的节点
vector<int> compressedX; // 坐标压缩后的 x 值
int size; // 线段树的大小
// 合并两个子节点的结果, 返回合并后的节点
Node merge(const Node& left, const Node& right) {
// 合并后最小覆盖数为左右子节点中的最小覆盖数
int minCover = min(left.minCover, right.minCover);
// 如果左右子节点的最小覆盖数为 0, 则累加它们的覆盖长度
int coveredLen = (left.minCover == minCover ? left.coveredLen : 0) + (right.minCover == minCover ? right.coveredLen : 0);
// 返回合并后的节点
return {minCover, coveredLen, 0};
}
// 构建线段树的递归方法
void build(int node, int left, int right) {
if (left == right) {
// 如果当前区间是一个点, 则初始化该节点
tree = {0, compressedX - compressedX, 0};
} else {
// 否则递归构建左右子树
int mid = (left + right) / 2;
build(node * 2, left, mid);
build(node * 2 + 1, mid + 1, right);
// 合并左右子树
tree = merge(tree, tree);
}
}
// 懒标记下推操作, 更新子节点的懒标记
void pushDown(int node) {
if (tree.lazy == 0) {
return; // 如果当前节点没有懒标记, 则不需要下推
}
// 将懒标记下推到左右子节点
tree.apply(tree.lazy);
tree.apply(tree.lazy);
tree.lazy = 0; // 清空当前节点的懒标记
}
// 区间更新操作: 更新区间 的覆盖数
void modify(int node, int left, int right, int ql, int qr, int value) {
// 如果当前区间完全在查询区间内, 则直接更新当前节点
if (ql <= left && right <= qr) {
tree.apply(value);
return;
}
// 如果当前区间与查询区间有交集, 则需要下推懒标记并递归更新左右子树
pushDown(node);
int mid = (left + right) / 2;
if (ql <= mid) {
modify(node * 2, left, mid, ql, qr, value);
}
if (qr > mid) {
modify(node * 2 + 1, mid + 1, right, ql, qr, value);
}
// 合并左右子树的结果
tree = merge(tree, tree);
}
public:
// 构造函数, 接受压缩后的 x 坐标数组
SegmentTree(const vector<int>& uniqueX) {
size = uniqueX.size();
compressedX = uniqueX;
tree.resize(size * 4); // 为线段树分配空间
build(1, 1, size - 1); // 初始化线段树
}
// 更新区间 的覆盖数
void update(int leftIndex, int rightIndex, int value) {
modify(1, 1, size - 1, leftIndex, rightIndex, value);
}
// 获取线段树中当前覆盖数为 0 的区间的总长度
int getCoveredLength() {
// 如果最小覆盖数为 0, 说明该区间没有被任何正方形覆盖
return tree.minCover == 0 ? (compressedX.back() - compressedX.front()) - tree.coveredLen // 返回该区间未被覆盖的部分长度
: compressedX.back() - compressedX.front(); // 否则返回整个区间长度
}
};
// 主要的解题函数
class Solution {
public:
double separateSquares(vector<vector<int>>& squares) {
// 使用 map 进行坐标压缩: 记录所有正方形的左下角和右上角的 x 坐标
map<int, int> coordMap;
for (const auto& sq : squares) {
coordMap] = 1; // 将正方形的左边 x 坐标添加到坐标映射中
coordMap + sq] = 1; // 将正方形的右边 x 坐标添加到坐标映射中
}
// 为每个唯一的 x 坐标分配一个压缩后的索引
int index = 0;
for (auto& kv : coordMap) {
kv.second = index++;
}
// 将压缩后的 x 坐标存入数组
vector<int> compressedX(index);
for (auto& p : coordMap) {
compressedX = p.first;
}
// 生成事件列表: 记录正方形的上边界和下边界
vector<array<int, 4>> events;
for (const auto& sq : squares) {
// 正方形的下边界事件
events.push_back({sq, coordMap] + 1, coordMap + sq], 1});
// 正方形的上边界事件
events.push_back({sq + sq, coordMap] + 1, coordMap + sq], -1});
}
// 按 y 坐标 (即正方形的上下边界) 排序事件
sort(events.begin(), events.end());
// 使用线段树计算总面积
SegmentTree segTree(compressedX);
long long totalArea = 0;
for (size_t i = 0; i + 1 < events.size(); i++) {
// 更新线段树的覆盖状态
segTree.update(events, events, events);
// 获取当前覆盖长度
int coveredLength = segTree.getCoveredLength();
// 累加总面积
totalArea += 1LL * coveredLength * (events - events);
}
// 计算中位水平线的面积
long long accumulatedArea = 0;
segTree = SegmentTree(compressedX); // 重新初始化线段树
for (size_t i = 0; i + 1 < events.size(); i++) {
// 更新线段树
segTree.update(events, events, events);
// 获取当前覆盖长度
int coveredLength = segTree.getCoveredLength();
// 累加面积
accumulatedArea += 1LL * coveredLength * (events - events);
// 计算此时累计的面积和剩余面积的差值
long long areaDiff = accumulatedArea - (totalArea - accumulatedArea);
// 如果累计面积大于或等于剩余面积, 则找到平衡线
if (areaDiff >= 0) {
return events - 0.5 * areaDiff / coveredLength;
}
};
return -1; // 如果找不到合适的平衡线, 返回 -1
}
};
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4、复杂度分析
时间复杂度：
[*]坐标压缩和事件排序：O(n log n)，此中 n 是正方形的个数。
[*]线段树的构建和查询：O(n log n)。
[*]总体时间复杂度
Q4、最短匹配字符串
1、题目描述
给你一个字符串 s 和一个模式字符串 p，此中 p 恰恰 包罗 两个 '*' 字符。
p 中的 '*' 匹配零个或多个字符的任何序列。
返回 s 中与 p 匹配的 最短 子字符串的长度。假如没有如许的子字符串，返回 -1。
子字符串 是字符串中的一个连续字符序列（空子字符串也被认为是合法字符串）。
2、解题思绪
此问题的核心是利用字符串匹配的本事来拆解模式字符串并在 s 中寻找匹配。由于 '*' 可以匹配恣意字符序列，因此我们将模式字符串拆解为三个部门：
[*]* 前的前缀部门；
[*]两个 * 之间的部门；
[*]* 后的后缀部门。
我们可以分别在 s 中查找这些部门的匹配，然后归并它们来得到最短匹配的子字符串。
详细步调如下：
[*]拆解模式字符串：将模式字符串 p 拆分为三个部门：
[*]前缀部门：位于第一个 * 前；
[*]中间部门：位于两个 * 之间；
[*]后缀部门：位于第二个 * 后。
[*]字符串匹配：分别在 s 中查找这三部门的匹配位置。
[*]对于前缀和后缀部门，我们可以利用字符串匹配算法来查找其在 s 中的全部匹配位置。
[*]对于中间部门，我们可以从 s 中查找全部匹配位置，并确保它与前缀和后缀部门的匹配不重叠。
[*]计算最短子字符串：通过遍历全部匹配的中间部门，尝试找到最短的匹配子字符串。
3、代码实现
class Solution {
private:
// 计算模式串 pattern 的前缀函数 (pi 数组)
vector<int> computePrefixFunction(const string& pattern) {
int n = pattern.size();
vector<int> pi(n, 0); // pi 数组记录每个位置的最长相等前后缀长度
int match = 0;
// 遍历模式串的字符, 通过前缀函数更新匹配位置
for (int i = 1; i < n; ++i) {
while (match > 0 && pattern != pattern) {
match = pi; // 跳过不匹配部分
}
if (pattern == pattern) {
match++;
}
pi = match; // 更新前缀函数
}
return pi;
}
// 在文本串 text 中查找模式串 pattern 的所有匹配位置
vector<int> findPatternMatches(const string& text, const string& pattern) {
int n = text.size();
int m = pattern.size();
if (m == 0) {
// 如果模式串为空, pattern 的所有位置都能匹配空串
vector<int> pos(n + 1);
iota(pos.begin(), pos.end(), 0); // 生成从 0 到 n 的位置
return pos;
}
vector<int> pi = computePrefixFunction(pattern); // 取前缀函数
vector<int> matches; // 用于存储匹配的位置
int match = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
while (match > 0 && pattern != text) {
match = pi; // 找到最长的匹配前缀
}
if (pattern == text) {
match++;
}
if (match == m) {
matches.push_back(i - m + 1); // 匹配成功, 记录匹配的起始位置
match = pi; // 使用前缀函数回溯, 继续查找下一个匹配
}
}
return matches;
}
public:
// 计算最短的匹配子字符串
int shortestMatchingSubstring(const string& s, const string& p) {
// 找到两个 '*' 的位置
int firstStar = p.find('*');
int lastStar = p.rfind('*');
// 获取前三段字符串 (即 '*' 之前、之间和之后的部分)
string prefix = p.substr(0, firstStar); // 第一个 '*' 前的部分
string middle = p.substr(firstStar + 1, lastStar - firstStar - 1); // 两个 '*' 之间的部分
string suffix = p.substr(lastStar + 1); // 第二个 '*' 后的部分
// 分别查找每部分在 s 中的匹配位置
vector<int> prefixMatches = findPatternMatches(s, prefix);
vector<int> middleMatches = findPatternMatches(s, middle);
vector<int> suffixMatches = findPatternMatches(s, suffix);
// 计算每段的长度
int lenPrefix = prefix.size();
int lenMiddle = middle.size();
int lenSuffix = suffix.size();
// 用于记录最短匹配子字符串的长度
int minLength = INT_MAX;
int prefixIdx = 0, suffixIdx = 0;
// 遍历所有的 middle 匹配, 寻找左右两边最近的匹配, 确保没有重叠
for (int middlePos : middleMatches) {
// 处理右边, 找到离 middlePos 最近且不重叠的 suffix 匹配
while (suffixIdx < suffixMatches.size() && suffixMatches < middlePos + lenMiddle) {
suffixIdx++;
}
if (suffixIdx == suffixMatches.size()) {
break;
}
// 处理左边, 找到离 middlePos 最近且不重叠的 prefix 匹配
while (prefixIdx < prefixMatches.size() && prefixMatches <= middlePos - lenPrefix) {
prefixIdx++;
}
if (prefixIdx > 0) {
// 计算最短子字符串的长度
int currentLength = suffixMatches + lenSuffix - prefixMatches;
minLength = min(minLength, currentLength); // 更新最短长度
}
}
return minLength == INT_MAX ? -1 : minLength; // 如果找不到匹配, 返回 -1
}
};
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4、复杂度分析
[*]计算前缀函数的时间复杂度为 O(m)，此中 m 为模式串的长度。
[*]在文本 s 中查找每个部门的匹配位置的时间复杂度为 O(n)，此中 n 为文本串的长度。
[*]最终归并各部门匹配位置并找到最短匹配的时间复杂度为 O(n)。
因此，整体时间复杂度为 O(n + m)，此中 n 为文本串长度，m 为模式串长度。
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