5372 逐步求和得到正數的最小值
給你一個整數數組 nums 。你可以選定任意的 正數 startValue 作爲初始值。
你需要從左到右遍歷 nums 數組,並將 startValue 依次累加上 nums 數組中的值。
請你在確保累加和始終大於等於 1 的前提下,選出一個最小的 正數 作爲 startValue 。
輸入:nums = [-3,2,-3,4,2]
輸出:5
解釋:如果你選擇 startValue = 4,在第三次累加時,和小於 1 。
累加求和
startValue = 4 | startValue = 5 | nums
(4 -3 ) = 1 | (5 -3 ) = 2 | -3
(1 +2 ) = 3 | (2 +2 ) = 4 | 2
(3 -3 ) = 0 | (4 -3 ) = 1 | -3
(0 +4 ) = 4 | (1 +4 ) = 5 | 4
(4 +2 ) = 6 | (5 +2 ) = 7 | 2
算法思路
class Solution:
def minStartValue(self, nums) -> int:
res=1
k=res
flag=True
while flag:
for i in nums:
k+=i
if k<1:break
else:
flag=False
if flag:
res+=1-k
k=res
return res
假定startValue以res代稱=1,然後進行遍歷,當累和小於1時,修改res加上差值,然後重新遍歷。
現在覆盤發現,其實不需要先行假定res,只要遍歷一遍數組,其中的最小累加值(應該小於1,否則res最小等於1)與1的差值就是res:
class Solution:
def minStartValue(self, nums) -> int:
res,k=0,0
for i in nums:
k+=i
res=min(res,k)
return 1-res
5373 和爲K的最小斐波那契數字數目
給你數字 k ,請你返回和爲 k 的斐波那契數字的最少數目,其中,每個斐波那契數字都可以被使用多次。
斐波那契數字定義爲:
F1 = 1
F2 = 1
Fn = Fn-1 + Fn-2 , 其中 n > 2 。
數據保證對於給定的 k ,一定能找到可行解。
算法思路
如果數字滿足斐波那契數列,那麼最少只需要一次,如果不滿足,那麼減去最接近的數列值得到新的數字K,所需數字數+1
重複上一步,直到K=0
class Solution:
def findMinFibonacciNumbers(self, k: int) -> int:
ls=self.fib(k)
res=0
while k:
if k>=ls[-1]:
k-=ls[-1]
res+=1
else:
ls.pop()
return res
def fib(self, N) -> int:
a, b = 0, 1
res = []
while b <= N:
res.append(b)
a, b = b, a + b
return res
執行用時 :44 ms, 在所有 Python3 提交中擊敗了100.00%的用戶
內存消耗 :13.6 MB, 在所有 Python3 提交中擊敗了100.00%的用戶
5374. 長度爲 n 的開心字符串中字典序第 k 小的字符串
一個 「開心字符串」定義爲:
僅包含小寫字母 [‘a’, ‘b’, ‘c’].
對所有在 1 到 s.length - 1 之間的 i ,滿足 s[i] != s[i + 1] (字符串的下標從 1 開始)。
比方說,字符串 “abc”,“ac”,“b” 和 “abcbabcbcb” 都是開心字符串,但是 “aa”,“baa” 和 “ababbc” 都不是開心字符串。
給你兩個整數 n 和 k ,你需要將長度爲 n 的所有開心字符串按字典序排序。
請你返回排序後的第 k 個開心字符串,如果長度爲 n 的開心字符串少於 k 個,那麼請你返回 空字符串 。
算法思路
其實題目描述我看着是有點懵的,**對所有在 1 到 s.length - 1 之間的 i ,滿足 s[i] != s[i + 1] (字符串的下標從 1 開始)。**難道對下標0的元素就不用滿足嗎?但是 "aa"不是開心字符串
我選擇所有相鄰元素都不能相同。
然後相對來說算法就簡單了,開心字符串的列舉就通過回溯算法即可。
最後一個問題就是k是從1開始數的第k個字符串,所以實際上數組按字典序排序後所求的字符串是第k-1個。
class Solution:
def getHappyString(self, n: int, k: int) -> str:
res=set()
def helper(n,s=''):
if len(s)==n:
res.add(s)
return
for i in ['a','b','c']:
if s and s[-1]==i:continue
helper(n,s+i)
helper(n)
res=sorted(res)
print(res)
return res[k-1] if k-1 <len(res) else ''
執行用時 :196 ms, 在所有 Python3 提交中擊敗了100.00%的用戶
內存消耗 :20.1 MB, 在所有 Python3 提交中擊敗了100.00%的用戶
剛剛寫題解的時候突然想到,第一遍寫的回溯算法,所得到的滿足條件的字符串本來就是滿足字典序排序的,所以不需要排序,因爲遍歷的數組沒有重複元素,所以字符串也不會重複,也就不需要哈希表來做去重。
class Solution:
def getHappyString(self, n: int, k: int) -> str:
res=[]
def helper(n,s=''):
if len(s)==n:
res.append(s)
return
for i in ['a','b','c']:
if s and s[-1]==i:continue
helper(n,s+i)
helper(n)
# res=list(res)
return res[k-1] if k-1 <len(res) else ''
執行用時 :136 ms, 在所有 Python3 提交中擊敗了100.00%的用戶
內存消耗 :19.9 MB, 在所有 Python3 提交中擊敗了100.00%的用戶
去掉了排序,用時顯著減少了。
壓軸:5375. 恢復數組
某個程序本來應該輸出一個整數數組。但是這個程序忘記輸出空格了以致輸出了一個數字字符串,我們所知道的信息只有:數組中所有整數都在 [1, k] 之間,且數組中的數字都沒有前導 0 。
給你字符串 s 和整數 k 。可能會有多種不同的數組恢復結果。
按照上述程序,請你返回所有可能輸出字符串 s 的數組方案數。
由於數組方案數可能會很大,請你返回它對 10^9 + 7 取餘 後的結果。
算法思路
昨晚比賽的時候,做到這,瞄了眼題目,選擇了從心。
今早起來複盤,看到辛勤寫題解的大佬們(超感謝)用的動態規劃,果然,動規就是壓軸大魔王啊!
——
採用動態規劃,
先考慮不含0,且k足夠大的情況
s = “1317”, k = 2000 爲例
設定字符串從1開始下標。
i = 0 時,對應s = ”“,可以解析成空數組 所以dp[0] = 1
i = 1 時,對應s = ”1“,只能解析成 [1], 所以 dp[1] = 1
i = 2 時,對應s = ”13“。當“3”作爲單獨的數字時,所能解析出來的數量是i=1時的數量,因爲“3”可以接在dp[1]表示的所有數組可能的後面;當“3”作爲“13”的一部分的時候,參考前一句,所能解析出來的數量是i=0時的數量,dp[2]=dp[1]+dp[0]
i = 3 時,對應s = “131”。當“1”作爲單獨數字時,所能解析出來的數量是i=2時的,以此類推:轉移方程dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+dp[i-3]+…+dp[1]+dp[0]
僞代碼:
dp[0] = 1
for i in range(1, n + 1):
for j in range(i - 1, -1, -1):
dp[i] += dp[j]
然後考慮不含0,但是k有限的情況
s = “1317”, k = 20 爲例
設定字符串從1開始下標。
i = 0 時,對應s = ”“,可以解析成空數組 所以dp[0] = 1
i = 1 時,對應s = ”1“,只能解析成 [1], 所以 dp[1] = 1
i = 2 時,對應s = ”13“。當“3”作爲單獨的數字時,所能解析出來的數量是i=1時的數量,因爲“3”可以接在dp[1]表示的所有數組可能的後面;當“3”作爲“13”的一部分的時候,參考前一句,所能解析出來的數量是i=0時的數量,dp[2]=dp[1]+dp[0]
i = 3 時,對應s = “131”。當“1”作爲單獨數字時,所能解析出來的數量是i=2時的,當“1”作爲“31”的一部分的時候,大於k,不符合條件,且從這裏開始,往後的“131”等都不會符合條件。dp[3]=dp[2]
i = 4 時,對應s=“1317”.當“7”作爲單獨數字時,所能解析出來的數組數量是i=3時的數量,當“7”作爲“17”時,數量等於i=2時,當“7”作爲“317”的一部分時,就結束了。
所以僞代碼:
dp[0] = 1
for i in range(1, n + 1):
for j in range(i - 1, -1, -1):
dp[i] += dp[j]
if int(s[j:i]) <= k:
dp[i] += dp[j]
else:
break
最後考慮含0,但是k有限的情況
s = “1310110”, k = 400 爲例
i = 0 時,對應s = ”“,可以解析成空數組 所以dp[0] = 1
i = 1 時,對應s = ”1“,只能解析成 [1], 所以 dp[1] = 1
i = 2 時,對應s = ”13“,只能解析成 [1, 3] 和 [13], 所以 dp[2] = dp[1] + dp[0] = 2
i = 3 時,對應s = ”131“,dp[3] = dp[2]+dp[1]+dp[0] = 4
i = 4 時,對應s = ”1310“,"0"不能單獨加入,所以dp[3]pass,”0“可以作爲數字10加入,dp[2],也可以作爲數字310加入dp[1],所以dp[4] = dp[2] + dp[1] = 3
i = 5 時,對應s = “13101”,1單獨+dp[4],“01”pass,“101”+dp[2],"3101"pass, dp[5]=dp[4]+dp[2]
i = 6 時,對應s = “131010”, “0”pass,“10”+dp[4],"010"pass,"1010"pass, dp[6]=dp[4]
class Solution:
def numberOfArrays(self, s: str, k: int) -> int:
n = len(s)
dp = [0] * (n + 1)
dp[0] = 1
mod = 10 ** 9 + 7
for i in range(1, n + 1):
for j in range(i - 1, -1, -1):
if s[j] == "0": continue
if int(s[j:i]) <= k:
dp[i] += dp[j]
else:
if s[i - 1] == "0" and dp[i] == 0: return 0
break
dp[i] %= mod
#print(dp)
return dp[-1] % mod
來源
作者:hhxxxx
鏈接:https://leetcode-cn.com/problems/restore-the-array/solution/dong-tai-gui-hua-zhu-zi-fu-jie-xi-pan-duan-you-duo/