LeetCode --- 414周赛

题目列表

3280. 将日期转换为二进制表现
3281. 范围内整数的最大得分
3282. 到达数组末了的最大得分
3283. 吃掉所有兵需要的最多移动次数
一、将日期转换成二进制表现

题目本质就是将数字转成二进制字符串，可以类比将十进制数字的每一位拆开拼成字符串，直接模拟即可，代码如下

1. class Solution {
2.     string get(string s){
3.         int x = stoi(s);
4.         string ans;
5.         while(x){
6.             ans += (x & 1) + '0';
7.             x >>= 1;
8.         }
9.         reverse(ans.begin(),ans.end());
10.         return ans;
11.     }
12. public:
13.     string convertDateToBinary(string date) {
14.         // int pos1 = date.find('-');
15.         // int pos2 = date.rfind('-');
16.         // return get(date.substr(0, pos1)) + '-'
17.         //     + get(date.substr(pos1+1,pos2-pos1-1)) + '-'
18.         //     + get(date.substr(pos2+1));
19.         // 当然我们也可以直接观察字符串的格式，对字符串进行切割
20.         return get(date.substr(0, 4)) + '-'
21.             + get(date.substr(5, 2)) + '-'
22.             + get(date.substr(8));
23.     }
24. };

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二、范围内整数的最大得分

看到最大最小，就要想到二分，然后我们来判断这题能否用二分来写，即判断是否具有单调性。(当然不是所有的最大最小题都能用二分来解决，只是二分对于大部门的这类题目有奇效)
得分越大 => 相邻两个数之间的距离就越远，而范围是固定的，则越难找到满足要求的整数。满足单调性，可以二分，接下来，我们只要考虑 check 函数如何写，即判断一个得分是否能有正当的方案实现 --- 我们可以贪婪的去考虑每一个整数的选取：对于每一个区间，我们尽可能的去区间的左边选数，给背面的区间留下尽可能大的范围去举行选择，看是否每一个区间都能选择出一个数，代码如下

1. class Solution {
2. public:
3.     int maxPossibleScore(vector<int>& start, int d) {
4.         int n = start.size();
5.         ranges::sort(start);
6.         auto check = [&](int k)->bool{
7.             long long pre = start[0]; // 注意：pre可能会超int范围，要用long long
8.             for(int i = 1; i < n; i++){
9.                 if(pre + k <= start[i])
10.                     pre = start[i];
11.                 else if(pre + k <= start[i] + d)
12.                     pre += k;
13.                 else
14.                     return false;
15.             }
16.             return true;
17.         };
18.         int l = 0, r = (start.back() + d - start[0]) / (n - 1) + 1;
19.         while(l <= r){
20.             int mid = l + (r - l)/2;
21.             if(check(mid)) l = mid + 1;
22.             else r = mid - 1;
23.         }
24.         return r;
25.     }
26. };

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三、到达数组末了的最大得分

这题很容易让人想到动态规划，状态界说为 dp 以 i 为结尾的最大总得分，dp = max(dp[k]+(i-k)*nums[k])，然后取dp中的最大值返回，时间复杂度为O(n^2)，显然是过不了的，而且我们也无法优化，如何做？当我们dp做不出的时候，我们可以取想想贪婪。
那么如何贪婪呢？我们来观察这个式子 (j - i) * nums，我们可以从柱状图的方式去思考这个式子

(j - i) * nums 的本质就是 长 * 宽，即让我们选择尽可能大的nums作为矩阵的边长，让单个矩阵的面积最大，从而让面积之和最大。代码如下

1. class Solution {
2.     using LL = long long;
3. public:
4.     long long findMaximumScore(vector<int>& nums) {
5.         int n = nums.size();
6.         LL ans = 0;
7.         int mx = 0;
8.         for(int i = 0; i < n - 1; i++){
9.             mx = max(mx, nums[i]); // 取前缀最大值 加入 ans
10.             ans += mx;
11.         }
12.         return ans;
13.     }
14. };

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四、吃掉所有兵需要的最多移动步数

思路：首先，我们要预处置处罚得到马在恣意位置到达每个兵的最小步数，这里我们也可以反向考虑，假设马在兵的位置上时，到达恣意位置的最小步数，可以用bfs解决，然后我们就能dfs暴力的枚举Alice和Bob吃哪一个兵能使得个自的策略最优，代码如下

1. class Solution {
2.     const int dir[8][2]={-2,-1,-2,1,-1,-2,-1,2,1,-2,1,2,2,-1,2,1};
3. public:
4.     int maxMoves(int kx, int ky, vector<vector<int>>& positions) {
5.         int n = positions.size();
6.         int f[n][50][50];
7.         memset(f, -1, sizeof(f));
8.         for(int i = 0; i < n; i++){
9.             int x0 = positions[i][0], y0 = positions[i][1];
10.             queue<pair<int,int>> q;
11.             q.emplace(x0, y0);
12.             f[i][x0][y0] = 0;
13.             while(q.size()){
14.                 auto [x, y] = q.front(); q.pop();
15.                 // cout << x << " " << y << endl;
16.                 for(int j = 0; j < 8; j++){
17.                     int dx = x + dir[j][0];
18.                     int dy = y + dir[j][1];
19.                     if(dx < 0 || dx >= 50 || dy < 0 || dy >= 50 || f[i][dx][dy] >= 0)
20.                         continue;
21.                     f[i][dx][dy] = f[i][x][y] + 1;
22.                     q.emplace(dx, dy);
23.                 }
24.             }
25.         }
27.         int memo[n][1<<n];
28.         memset(memo, -1, sizeof(memo));
29.         function<int(int,int)> dfs = [&](int i, int mask)->int{
30.             if(mask == (1 << n) - 1) return 0;
31.             if(memo[i][mask] != -1) return memo[i][mask];
32.             int cnt0 = __builtin_popcount(mask);
33.             int res = cnt0 & 1 ? INT_MAX : 0;
34.             int x0 = positions[i][0], y0 = positions[i][1];
35.             for(int j = 0; j < n; j++){
36.                 if(mask >> j & 1) continue;   
37.                 int x = positions[i][0], y = positions[i][1];
38.                 if(cnt0 & 1){
39.                     res = min(res, dfs(j, mask | 1 << j) + f[j][x][y]);
40.                 }else{
41.                     res = max(res, dfs(j, mask | 1 << j) + f[j][x][y]);
42.                 }
43.             }
44.             return memo[i][mask] = res;
45.         };
46.         int ans = 0;
47.         for(int i = 0; i < n; i++){
48.             ans = max(ans, dfs(i, 1 << i) + f[i][kx][ky]);
49.         }
50.         return ans;
51.     }
52. };

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