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Leetcode - 144双周赛

news 来源：原创 2025/7/15 7:19:02

一，3360. 移除石头游戏

二，3361. 两个字符串的切换距离

三，3362. 零数组变换 III

四，3363. 最多可收集的水果数目

一，3360. 移除石头游戏

本题直接模拟过程，可以额外使用一个布尔变量标记谁赢，也可以通过 a （a = 10）最终的奇偶性来判断谁赢。

代码如下：

class Solution {public boolean canAliceWin(int n) {int a = 10;while(n >= a){n -= a;a -= 1;}return a%2 == 1;}
}

二，3361. 两个字符串的切换距离

对于每一个下标 i，想要将 s[i] 转换成 t[i]，题目给了两种做法：

每次向前移动 1 次，例如：从字符 'b' 转换成字符 'a' 需要的代价为 previousCost['b']
每次向后移动 1 次，例如：从字符 'b' 转换成字符 'c' 需要的代价为 nextCost['b']

所以可以使用前缀和进行预处理，这样在枚举 s，t 时可以在 O(1) 的时间算出使用操作一/操作二所需的代价，求其中最小代价，加入答案，最终获得的就是答案。

这里使用前缀和计算代价还是挺绕的，画个图理解一下：

class Solution {public long shiftDistance(String ss, String tt, int[] nextCost, int[] previousCost) {char[] s = ss.toCharArray();char[] t = tt.toCharArray();long[] next = new long[27];long[] pre = new long[27];for(int i=0; i<26; i++){next[i+1] = next[i] + nextCost[i];//向后pre[i+1] = pre[i] + previousCost[i];//向前}int n = s.length;long ans = 0;for(int i=0; i<n; i++){int l = s[i] - 'a' + 1, r = t[i] - 'a' + 1;long x = l <= r ? next[r-1] - next[l-1] : next[26] - next[l-1] + next[r-1];long y = l >= r ? pre[l] - pre[r] : pre[26] - pre[r] + pre[l];ans += Math.min(x, y);}return ans;}
}

三，3362. 零数组变换 III

对于下标 i 来说，如果 nums[i] > 0 且之前已经全为0，如何挑选queries数组中的元素[L，R]，当 L 满足条件时（L <= i），贪心的想，一定是 R 越大越好，这样可以包含的范围更广，后续的操作就会更少。所以需要一个最大堆来维护满足条件（L <= i）的右端点R，然后不断选取 R 最大的区间进行操作，直到当前 num[i] 为 0.

在枚举 nums 数组挑选queries的区域时，需要满足 i 在 [L，R] 的区间，所以需要先将 queries 数组按照左端点 L 进行排序。

剩下的就是使用差分数组去维护区间的-1/+1操作了。

代码如下：

class Solution {public int maxRemoval(int[] nums, int[][] queries) {PriorityQueue<Integer> que = new PriorityQueue<>((x,y)->y-x);Arrays.sort(queries,(x,y)->x[0]-y[0]);int n = nums.length;int[] diff = new int[n+1];int sum = 0, j = 0;for(int i=0; i<n; i++){sum += diff[i];while(j < queries.length && queries[j][0] <= i){que.offer(queries[j][1]);j++;}//满足 i 在 [L,R] 区间while(sum + nums[i] > 0 && !que.isEmpty() && que.peek() >= i){sum -= 1;diff[que.poll() + 1] += 1;}//sum + nums[i] > 0, 说明不管怎么操作都不能使得nums[i] = 0,直接返回-1if(sum + nums[i] > 0) return -1;}return que.size();}
}

四，3363. 最多可收集的水果数目

本题对每一个小朋友的移动进行计算：

对于从（0，0）小朋友来说，想要在 n - 1 次移动时恰好到达（n-1，n-1）只有一种走法，就是沿着对角线走。
对于从（0，n-1）的小朋友来说，这就是一个简单的走格子问题，就是从（0，n-1）走到（n-1，n-1）所能收集的最大水果，且根据题意，它所能走的范围是对角线的上半部分，所以实际只要计算从（0，n-1）走到（n-2，n-1）注：(n-1，n-1)在（0，0）的时候计算过了。
同理，对于从（n-1，0）的小朋友来说，这就是一个简单的走格子问题，就是从（0，n-1）走到（n-1，n-2）所能收集的最大水果，且根据题意，它所能走的范围是对角线的下半部分。为了更方便，我们可以复用上面的代码，只需要将数组按照对角线翻转一下就行。

代码如下：

class Solution {public int maxCollectedFruits(int[][] f) {int n = f.length;int ans = 0;for(int i=0; i<n; i++){ans += f[i][i];}memo = new int[n][n];for(int[] r : memo) Arrays.fill(r, -1);ans += dfs(0, n-1, f);for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < i; j++) {f[j][i] = f[i][j];}}for(int[] r : memo) Arrays.fill(r, -1);return dfs(0, n-1, f) + ans; }int[][] memo;int[] dirct = new int[]{-1, 0, 1};int dfs(int x, int y, int[][] f){int n = f.length;if(x == n-2) return f[x][y];if(memo[x][y] != -1) return memo[x][y];int res = 0;for(int d : dirct){int j = y + d;if(j >= n || j <= x+1) continue;//保证在对角线上方res = Math.max(res, dfs(x+1, j, f) + f[x][y]);}return memo[x][y] = res;}
}

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