leetcode 第 224 场算法比赛

作者: | 更新日期:

方向想错了,时间就不足了。

本文首发于公众号:天空的代码世界,微信号:tiankonguse

零、背景

继续参加 leetcode 的周赛。

这次比赛,终于出了一道 ACM 中的博弈题,国内只有 22 人通过,我也没通过。

一、可以形成最大正方形的矩形数目

题目:给若干矩阵,问边长最长的正方形的个数。

思路:统计题。

最简单的方法是第一次循环找到最大的边长,第二次循环查看个数。

思路理解了,两层循环可以合并为一个循环,边循环边计数即可。

int countGoodRectangles(vector<vector<int>>& rectangles) {
    int maxLen = 0, maxNum = 0;
    for(auto & v: rectangles){
        int len = min(v[0], v[1]);
        if(len == maxLen){
            maxNum++;
        }else if(len > maxLen){
            maxLen = len;
            maxNum = 1;
        }
    }
    return maxNum;
}

二、同积元组

题意:给一个互不相同的数组,问存在多少个四元组,使得 前两个数字的乘积与后两个相同。

思路:由于有互不相同这个限制,题目就简单多了。

最简单的方法是先两层循环预处理出任意两个数字的乘积。
再遍历所有乘积,每个乘积取C(n,2)*8 即可。

为啥乘以 8 呢,因为四个数字位置不同算不同元素,一组数字可以拼出 8 组答案(第一组测试样例)。

这个和第一题一样,理解原理了,可以直接两层循环计算出答案。

合并的原理是 C(n,2) = 1 + 2 + ... + n

int tupleSameProduct(vector<int>& nums) {
    unordered_map<int, int> m;
    int ans = 0;
    for(int i=0;i<nums.size();i++){
        for(int j=i+1;j<nums.size();j++){
            int sum = nums[i] * nums[j];
            if(m.count(sum) > 0){
                ans += m[sum] * 8;
            }
            m[sum]++;
        }
    }
    return ans;
}

三、重新排列后的最大子矩阵

题意:给一个0/1矩阵,可以交换无数次矩阵的任意两列,问最大的全 1 矩阵。

思路:由于只可以交换列,不能交换行,突破口就在列上了。

可以从上到下依次求出以第 i 行为底的子矩阵的最优答案。

对于每一个临时子矩阵,统计底部每一列连续的 1 的个数,排序,循环求出最优答案。
每一行的复杂度:m * log(m)

总共 n 行,总复杂度:n * m * log(n)

小技巧1:求子矩阵各列 1 的个数时,可以复用上一行的答案,即连续 1 时,个数加 1,否则个数为 0。
小技巧2:计数可以储存为 pair<pos, num>。按 num 排序求出最优答案,再按 pos 排序恢复相对顺序。

四、猫和老鼠 II

题意:给一个矩阵,墙不能通过,猫在一个位置,老鼠在一个位置,食物在一个位置。
问老鼠是否会获胜。

-)老鼠可以吃到食物,则老鼠胜。
-)猫把老鼠吃了,猫胜。
-)猫先到达食物,猫胜。
-)形成死循环,1000次操作内无法到达食物,猫胜。
-)猫可以朝一个方向走[0,catJump]
-)老鼠可以朝一个方向走[0,mouseJump]
-)只能上下左右走

思路:普通的博弈题,状态是收敛的,可以直接记忆化搜索 dfs 解决。

而这道题有环,就不能使用普通的 dfs 来解决了。

还好,题目给出了一个限制,1000 步后算猫胜。
搜索加一个操作层数,dfs 就可以收敛了。

所以最简单的方法是按照题意,将涉及的所有数据,猫坐标、鼠坐标、当前操作者、操作层数四个维度全存下来,就可以做出这道题了。
复杂度:64 * 64 * 2 * 1000,不会超时。

优化:其实我做这道题的时候,把 1000 次操作上限那个条件忘记了。

所以我直接从必败点、必胜点出发,逆向去做这道题了。

猫先到达食物,猫必胜,老鼠必败。
老鼠先到达食物,老鼠必胜,猫必败。
猫与老鼠在一个坐标,猫必胜,老鼠必败。

根据这三个必胜状态,逆向的去推出其他位置的状态。

这里涉及一个必胜与必败知识点。

必胜:只要有一个出度是必败,当前节点就可以必胜。
必败:所有出度都是必胜,当前节点才是必败。

这个也很容易理解。

不过这道题的必败不像其他博弈题那么简单。

因为这道题的状态存在环,一个必败点,必须等所有的下游都处理完了,出度为 0 了,才能得到当前的必败答案。

所以我们需要预处理,统计出每个点的出度。
当计算得到一个必胜点时,相连的节点的出度都减一。
当某个节点的出度变为 0 时,就可以得到一个必败点了。

原理大概是这样,不知道说否描述清楚。

五、最后

这次比赛的最后一题有点意思,好久没见过博弈题了。

建议大家都练习一下这道题,尤其是优化的版本,很锻炼思维能力。

加油,算法人。

《完》

-EOF-

本文公众号:天空的代码世界
个人微信号:tiankonguse
QQ算法群:165531769(不止算法)
知识星球:不止算法

本文首发于公众号:天空的代码世界,微信号:tiankonguse
如果你想留言,可以在微信里面关注公众号进行留言。

点击查看评论

关注公众号,接收最新消息

关注小密圈,学习各种算法

tiankonguse +
穿越