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力扣第156场双周赛

news 来源：原创 2025/7/12 23:39:41
1. 找到频率最高的元音和辅音

给你一个由小写英文字母（'a' 到 'z'）组成的字符串 s。你的任务是找出出现频率 最高 的元音（'a'、'e'、'i'、'o'、'u' 中的一个）和出现频率最高的辅音（除元音以外的所有字母），并返回这两个频率之和。

注意：如果有多个元音或辅音具有相同的最高频率，可以任选其中一个。如果字符串中没有元音或没有辅音，则其频率视为 0。

一个字母  x 的  频率 是它在字符串中出现的次数。

示例 1：

输入: s = "successes"

输出: 6

解释:

  • 元音有：'u' 出现 1 次，'e' 出现 2 次。最大元音频率 = 2。
  • 辅音有：'s' 出现 4 次，'c' 出现 2 次。最大辅音频率 = 4。
  • 输出为 2 + 4 = 6。

示例 2：

输入: s = "aeiaeia"

输出: 3

解释:

  • 元音有：'a' 出现 3 次，'e' 出现 2 次，'i' 出现 2 次。最大元音频率 = 3。
  • s 中没有辅音。因此，最大辅音频率 = 0。
  • 输出为 3 + 0 = 3。

提示:

  • 1 <= s.length <= 100
  • s 只包含小写英文字母

解题思路：维护两个(元音/辅音)最大值 

class Solution {
public:bool judge(char x){string s="aeiou";for(int i=0;i<s.size();i++){if(s[i]==x){return true;}}return false;}int maxFreqSum(string s) {unordered_map<char,int> mp;for(auto& x:s){mp[x]++;}int max_cnt_vo=0,max_cnt_co=0;for(auto& [x,y]:mp){if(judge(x)) max_cnt_vo=max(max_cnt_vo,y); else max_cnt_co=max(max_cnt_co,y);  }return max_cnt_vo+max_cnt_co;}
};
2. 将所有元素变为 0 的最少操作次数

给你一个大小为 n 的 非负 整数数组 nums 。你的任务是对该数组执行若干次（可能为 0 次）操作，使得 所有 元素都变为 0。

在一次操作中，你可以选择一个子数组 [i, j]（其中 0 <= i <= j < n），将该子数组中所有 最小的非负整数 的设为 0。

返回使整个数组变为 0 所需的最少操作次数。

一个  子数组 是数组中的一段连续元素。

示例 1：

输入: nums = [0,2]

输出: 1

解释:

  • 选择子数组 [1,1]（即 [2]），其中最小的非负整数是 2。将所有 2 设为 0，结果为 [0,0]。
  • 因此，所需的最少操作次数为 1。

示例 2：

输入: nums = [3,1,2,1]

输出: 3

解释:

  • 选择子数组 [1,3]（即 [1,2,1]），最小非负整数是 1。将所有 1 设为 0，结果为 [3,0,2,0]。
  • 选择子数组 [2,2]（即 [2]），将 2 设为 0，结果为 [3,0,0,0]。
  • 选择子数组 [0,0]（即 [3]），将 3 设为 0，结果为 [0,0,0,0]。
  • 因此，最少操作次数为 3。

示例 3：

输入: nums = [1,2,1,2,1,2]

输出: 4

解释:

  • 选择子数组 [0,5]（即 [1,2,1,2,1,2]），最小非负整数是 1。将所有 1 设为 0，结果为 [0,2,0,2,0,2]。
  • 选择子数组 [1,1]（即 [2]），将 2 设为 0，结果为 [0,0,0,2,0,2]。
  • 选择子数组 [3,3]（即 [2]），将 2 设为 0，结果为 [0,0,0,0,0,2]。
  • 选择子数组 [5,5]（即 [2]），将 2 设为 0，结果为 [0,0,0,0,0,0]。
  • 因此，最少操作次数为 4。

提示:

  • 1 <= n == nums.length <= 10^5
  • 0 <= nums[i] <= 10^5

解题思路：用个栈/vector数组进行维护, 

请结合图和代码进行理解

 

class Solution {
public:int minOperations(vector<int>& nums) {int ans=0;stack<int> st;for(int& x: nums){while(!st.empty()&&st.top()>x){st.pop();}if(!st.empty()&&x==st.top()){continue;}if (x!=0){ans++;st.push(x);}}return ans;}
};
3. K 条边路径的最大边权和 

给你一个整数 n 和一个包含 n 个节点（编号从 0 到 n - 1）的 有向无环图（DAG）。该图由二维数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ui, vi, wi] 表示一条从节点 ui 到 vi 的有向边，边的权值为 wi

同时给你两个整数 k 和 t。

你的任务是确定在图中边权和 尽可能大的 路径，该路径需满足以下两个条件：

  • 路径包含 恰好 k 条边；
  • 路径上的边权值之和 严格小于 t。

返回满足条件的一个路径的 最大 边权和。如果不存在这样的路径，则返回 -1。

解题思路：记忆化搜索 

class Solution {
public:int maxWeight(int n, vector<vector<int>>& edges, int k, int t) {vector<vector<pair<int, int>>> graph(n);for (auto& edge : edges) {int x = edge[0], y = edge[1], z = edge[2];graph[x].emplace_back(y, z);}vector<vector<unordered_map<int, int>>> memo(n, vector<unordered_map<int, int>>(k+1));int ans = -1;auto dfs = [&](this auto&&dfs,int x, int s, int sum) {if (s == k) {if (sum < t) ans = max(ans, sum);return;}if (memo[x][s].count(sum)) {return;}memo[x][s][sum] = 1;for (auto& [y, wt] : graph[x]) {if (sum + wt < t) { dfs(y, s + 1, sum + wt);}}};for (int i = 0; i < n; ++i) {dfs(i, 0, 0);}return ans;}
};
4. 子树反转和 

 给你一棵以节点 0 为根节点包含 n 个节点的无向树，节点编号从 0 到 n - 1。该树由长度为 n - 1 的二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示节点 ui 和 vi 之间有一条边。

同时给你一个整数 k 和长度为 n 的整数数组 nums，其中 nums[i] 表示节点 i 的值。

你可以对部分节点执行 反转操作 ，该操作需满足以下条件：

  • 子树反转操作：

    • 当你反转一个节点时，以该节点为根的子树中所有节点的值都乘以 -1。

  • 反转之间的距离限制：

    • 你只能在一个节点与其他已反转节点“足够远”的情况下反转它。

    • 具体而言，如果你反转两个节点 a 和 b，并且其中一个是另一个的祖先（即 LCA(a, b) = a 或 LCA(a, b) = b），那么它们之间的距离（它们之间路径上的边数）必须至少为 k。

返回应用 反转操作 后树上节点值的 最大可能 总和 。

在一棵有根树中，某个节点 v 的子树是指所有路径到根节点包含 v 的节点集合。

解题思路：记忆化搜索 

class Solution {
public:long long subtreeInversionSum(vector<vector<int>>& edges, vector<int>& nums, int k) {int n = nums.size();vector<vector<int>> graph(n);for (auto& e : edges) {int x = e[0], y = e[1];graph[x].push_back(y);graph[y].push_back(x);}vector<vector<vector<long long>>> memo(n, vector<vector<long long>>(k, vector<long long>(2, -1)));auto dfs = [&](this auto&& dfs, int x, int fa, int cd, bool f){auto& res = memo[x][cd][f];if (res != -1) {return res;}res = f ? -nums[x] : nums[x];for (int y : graph[x]) {if (y != fa) {res += dfs(y, x, max(cd - 1, 0), f);}}if (cd == 0) {long long s = f ? nums[x] : -nums[x];for (int y : graph[x]) {if (y != fa) {s += dfs(y, x, k - 1, !f); }}res = max(res, s);}return res;};return dfs(0, -1, 0, 0);}
};

 感谢大家的点赞和关注，你们的支持是我创作的动力！(其他细节，有时间再补充...)

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编程日记 2025/6/28 23:54:06

8天Python从入门到精通【itheima】-6~10

目录 7节-开发出第一个Python程序&#xff1a; 1.在cmd窗口写下第一个最简单的程序&#xff1a;Hello World!!! 9节&#xff1a; 1.如何卸载python&#xff1a; 2.报错&#xff1a;不是可运行的程序 ​编辑 3.报错&#xff1a;无法初始化设备PRN&#xff1a; 4.报错&…...

编程日记 2025/6/29 0:23:17

Qt —— 使用Enigma Virtual Box将Qt程序打包为独立可运行exe（附：完整打包方法且完美运行）

🔔 Qt 相关技术、疑难杂症文章合集（掌握后可自封大侠 ⓿_⓿）（记得收藏，持续更新中…） 打包结果 1、如下图，准备好Qt已打包后程序文件夹。附 Qt —— 在Windows下打包Qt应用程序（在其他Windows电脑下使用）...

编程日记 2025/6/28 23:47:22

大语言模型RLHF训练框架全景解析：OpenRLHF、verl、LLaMA-Factory与SWIFT深度对比

引言 随着大语言模型&#xff08;LLM&#xff09;参数规模突破千亿级&#xff0c;基于人类反馈的强化学习&#xff08;RLHF&#xff09;成为提升模型对齐能力的关键技术。OpenRLHF、verl、LLaMA-Factory和SWIFT作为开源社区的四大标杆框架&#xff0c;分别通过分布式架构、混合…...

编程日记 2025/6/29 1:02:34

VTK|类似CloudCompare的比例尺实现1-源码分析

文章目录 CloudCompare源码分析void ccGLWindowInterface::drawScale(const ccColor::Rgbub& color)&#x1f9e9; 总体功能&#x1f9e0; 函数逐步解析✅ 1. 断言只在正交模式下使用✅ 2. 计算显示的实际长度✅ 3. 字体和图形区域准备✅ 4. 计算比例尺图形的绘制位置✅ 5.…...

编程日记 2025/6/29 0:50:50

【计算机视觉】OpenCV实战项目：基于Tesseract与OpenCV的字符识别系统深度解析

基于Tesseract与OpenCV的字符识别系统深度解析 1. 项目概述2. 技术原理与算法设计2.1 图像预处理流水线1) 形态学操作2) 自适应阈值 2.2 Tesseract OCR引擎 3. 实战部署指南3.1 环境配置3.2 项目结构优化建议3.3 增强版代码实现 4. 常见问题与解决方案4.1 Tesseract路径错误4.2…...

编程日记 2025/6/29 0:22:24

CVE-2025-31258 macOS远程视图服务沙箱逃逸漏洞PoC已公开

苹果公司近日针对macOS系统中新披露的CVE-2025-31258漏洞发布补丁&#xff0c;该漏洞可能允许恶意应用程序突破沙箱限制&#xff0c;获取未授权的系统资源访问权限。在安全研究员Seo Hyun-gyu公开概念验证&#xff08;PoC&#xff09;利用代码后&#xff0c;该漏洞已在macOS Se…...

编程日记 2025/6/28 23:04:54

使用CAS操作实现乐观锁的完整指南

乐观锁是一种高效的并发控制机制&#xff0c;而CAS(Compare-And-Swap)是实现乐观锁的核心技术。下面我将详细介绍如何通过CAS操作实现乐观锁。 一、CAS操作原理 CAS(Compare-And-Swap)是一种原子操作&#xff0c;包含三个操作数&#xff1a; 内存位置(V)预期原值(A)新值(B) …...

编程日记 2025/6/29 1:16:12