[LeetCode周赛复盘] 第 91 场双周赛补20221015

• • 一、本周周赛总结
  • 二、 [Easy] 2465. 不同的平均值数目
  • • 1. 题目描述
    • 2. 思路分析
    • 3. 代码实现
  • 三、[Medium] 2466. 统计构造好字符串的方案数
  • • 1. 题目描述
    • 2. 思路分析
    • 3. 代码实现
  • 四、[Medium] 2467. 树上最大得分和路径
  • • 1. 题目描述
    • 2. 思路分析
    • 3. 代码实现
  • 五、[Hard] 2468. 根据限制分割消息
  • • 1. 题目描述
    • 2. 思路分析
    • 3. 代码实现
  • 六、参考链接

一、本周周赛总结

• 只会T1\T3。
• T1对向双指针。
• T2 dp
• T3 dfs
• T4 贪心构造模拟

二、 [Easy] 2465. 不同的平均值数目

链接: 2465. 不同的平均值数目

1. 题目描述

2. 思路分析

按题意模拟即可。

• 排序后使用对向双指针，避免下标算不明白。
• 注意由于平均值可能有浮点型为了避免精度损失直接记录和即可，相当于都乘2。

3. 代码实现

class Solution:def distinctAverages(self, nums: List[int]) -> int:nums.sort()n = len(nums)l, r = 0,n-1ans = set()while l < r:ans.add(nums[l]+nums[r])            l+=1r-=1return len(ans)

三、[Medium] 2466. 统计构造好字符串的方案数

链接: 2466. 统计构造好字符串的方案数

1. 题目描述

2. 思路分析

爬楼梯变装版。

• 真没想出来，后来说zero和one其实就是步数。
• 需要好好思索。

3. 代码实现

MOD = 10**9+7
class Solution:def countGoodStrings(self, low: int, high: int, zero: int, one: int) -> int:f = [0]*(high+1)f[0] = 1# f[zero] = 1# f[one] = 1for i in range(1,high+1):if i >= zero:f[i] += f[i-zero]if i >= one:f[i] += f[i-one]f[i] %= MODreturn sum(f[low:]) % MOD

四、[Medium] 2467. 树上最大得分和路径

链接: 2467. 树上最大得分和路径

1. 题目描述

2. 思路分析

• 题目看似很长，其实题意比较简单，bob的路径和每个时刻的位置是固定的。因此可以先把bob的每个时刻位置求出来。
• 然后对alice的可能位置dfs，注意传入时间，来判断某个时刻bob是否到达了/已到达过这个位置，决定这个位置的得分是否能拿到。
• 因此两个dfs即可。
• 注意第二个dfs可以先根遍历也可以后根遍历，我个人觉得后根遍历好写；如果先根的话需要从根记录答案，向下传递。

3. 代码实现

class Solution:def mostProfitablePath(self, edges: List[List[int]], bob: int, amount: List[int]) -> int:n = len(edges)+1g = [[] for _ in range(n)]for u,v in edges:g[u].append(v)g[v].append(u)fas = {}def dfs(u,fa):fas[u] = fafor v in g[u]:if v != fa:dfs(v,u)dfs(0,-1)b_path = {bob:0}t = 0b = 0while bob != -1:b_path[bob]=tt += 1b += amount[bob]# amount[bob] = 0bob = fas[bob]def f(u,fa,t):if fa!= -1 and len(g[u]) == 1:ans = 0else:                ans = -inffor v in g[u]:if v != fa:ans = max(ans, f(v,u,t+1))print(u,ans,amount[u])if u not in b_path or t < b_path[u]:return ans + amount[u]if t == b_path[u]:return ans + amount[u]//2            return ans return f(0,-1,0) 

五、[Hard] 2468. 根据限制分割消息

链接: 2468. 根据限制分割消息

1. 题目描述

2. 思路分析

• 这题完全不会做，算构造模拟题吧。也可说是贪心枚举。
• 注意没有单调性，但分段是有单调性的，可能可以分段二分（在10,100，1000，10000的位置分段）。
• 显然message具体是啥没有用，只有长度n有用。
• 从小到大枚举分段数，计算在这个分段数下，能容纳多少个字符，容量cap需要>=n才表示可以构造答案了。
• 由于枚举是O(n),难点在于每次计算容量时是否能以O(1)或O(lg)的代价计算出cap，这里就是用了一些办法从上一个状态转移。
• 因此边转移边算就能算出来了。具体怎么算的可以看代码注释。

3. 代码实现

class Solution:def splitMessage(self, message: str, limit: int) -> List[str]:"""贪心模拟，枚举分段数是i时，总共能容纳的字符长度，如果超过n，则可以产生答案；否则分段应该增加；如果发现结尾大于limit了，则无法构造要点在于如何线性的计算容量cap,即均摊O(1)的计算cap，这里是i增加时，从前一个i状态转移过来；而不是每次i增加都要从1枚举分段到i。时间复杂度，枚举i是O(n/(limit-tail_len)),构造答案是O(nlogn)"""i = cap = 0n = len(message)while True:i += 1  # 枚举分段数，且枚举时认为这是最后一段，这样可以从前边状态转移(即计算了当分i段时，总共的i段加起来能容纳多少字母:cap)if i<10:tail_len = 5  # i<10时结尾形如<9/9>,长度是5elif i<100:  if i == 10:  # 如果分母多位了,前边的分母也要多位，从1位变2位，一共有9个cap -= 9tail_len = 7  # i < 100时结尾形如<99/99>,长度是7elif i<1000:if i == 100:  # 如果分母多位了,前边的分母也要多位，从2位变3位，一共有99个cap -= 99tail_len = 9else:if i == 100:cap -= 999tail_len = 11if tail_len >= limit:return []cap += limit - tail_lenif cap < n:continueans = []k = 0for j in range(1,i):tail = f'<{j}/{i}>'m = limit - len(tail)ans.append(message[k:k+m]+tail)k += mans.append(message[k:]+f'<{i}/{i}>')return ans

六、参考链接