算法刷题记录——LeetCode篇(9.1) [第801~810题]

更新时间：2025-03-29

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801. 使序列递增的最小交换次数

我们有两个长度相等且不为空的整型数组 nums1 和 nums2 。在一次操作中，我们可以交换 nums1[i] 和 nums2[i] 的元素。

例如，如果 nums1 = [1,2,3,8] ， nums2 =[5,6,7,4] ，你可以交换 i = 3 处的元素，得到 nums1 =[1,2,3,4] 和 nums2 =[5,6,7,8] 。

返回 使 nums1 和 nums2 严格递增 所需操作的最小次数 。
数组 arr 严格递增 且 arr[0] < arr[1] < arr[2] < ... < arr[arr.length - 1] 。

注意：
用例保证可以实现操作。

示例 1:

输入: nums1 = [1,3,5,4], nums2 = [1,2,3,7]
输出: 1

解释:
交换 A[3] 和 B[3] 后，两个数组如下:
A = [1, 3, 5, 7] ， B = [1, 2, 3, 4]
两个数组均为严格递增的。

示例 2:

输入: nums1 = [0,3,5,8,9], nums2 = [2,1,4,6,9]
输出: 1

提示:

• 2 <= nums1.length <= 10^5
• nums2.length == nums1.length
• 0 <= nums1[i], nums2[i] <= 2 * 10^5

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方法：动态规划

使用动态规划来维护两个状态：swap 表示在第 i 个位置交换元素所需的最小交换次数，noswap 表示不交换时的最小交换次数。

通过遍历数组，检查每个位置是否可以从前一个位置的两种状态（交换或不交换）转移而来，并更新当前状态。

1. 初始化：初始时，swap 为 1（交换第一个元素），noswap 为 0（不交换第一个元素）。
2. 遍历数组：从第二个元素开始，遍历每个位置 i。
3. 状态转移：
   • 检查是否可以从 i-1 不交换的状态转移而来：
     • 不交换当前元素的条件：nums1[i] > nums1[i-1] 且 nums2[i] > nums2[i-1]。
     • 交换当前元素的条件：nums2[i] > nums1[i-1] 且 nums1[i] > nums2[i-1]。
   • 检查是否可以从 i-1 交换的状态转移而来：
     • 不交换当前元素的条件：nums1[i] > nums2[i-1] 且 nums2[i] > nums1[i-1]。
     • 交换当前元素的条件：nums2[i] > nums2[i-1] 且 nums1[i] > nums1[i-1]。
4. 更新状态：根据上述条件，更新当前 swap 和 noswap 的值。
5. 返回结果：遍历结束后，返回 swap 和 noswap 中的最小值。

代码实现(Java)：

class Solution {public int minSwap(int[] nums1, int[] nums2) {int n = nums1.length;int swap = 1, noswap = 0;for (int i = 1; i < n; i++) {int newSwap = Integer.MAX_VALUE;int newNoswap = Integer.MAX_VALUE;// 检查是否可以从i-1不交换转移而来if (nums1[i] > nums1[i-1] && nums2[i] > nums2[i-1]) {newNoswap = Math.min(newNoswap, noswap);}if (nums2[i] > nums1[i-1] && nums1[i] > nums2[i-1]) {newSwap = Math.min(newSwap, noswap + 1);}// 检查是否可以从i-1交换转移而来if (nums1[i] > nums2[i-1] && nums2[i] > nums1[i-1]) {newNoswap = Math.min(newNoswap, swap);}if (nums2[i] > nums2[i-1] && nums1[i] > nums1[i-1]) {newSwap = Math.min(newSwap, swap + 1);}swap = newSwap;noswap = newNoswap;}return Math.min(swap, noswap);}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，遍历数组一次。
• 空间复杂度：O(1)，仅使用常量空间维护两个状态变量。

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802. 找到最终的安全状态

有一个有 n 个节点的有向图，节点按 0 到 n - 1 编号。图由一个 索引从 0 开始的 2D 整数数组 graph表示， graph[i]是与节点 i 相邻的节点的整数数组，这意味着从节点 i 到 graph[i]中的每个节点都有一条边。

如果一个节点没有连出的有向边，则该节点是 终端节点 。如果从该节点开始的所有可能路径都通向 终端节点 ，则该节点为 安全节点 。

返回一个由图中所有 安全节点 组成的数组作为答案。答案数组中的元素应当按 升序 排列。

示例 1：

输入：graph = [[1,2],[2,3],[5],[0],[5],[],[]]
输出：[2,4,5,6]

解释：
节点 5 和节点 6 是终端节点，因为它们都没有出边。
从节点 2、4、5 和 6 开始的所有路径都指向节点 5 或 6 。

示例 2：

输入：graph = [[1,2,3,4],[1,2],[3,4],[0,4],[]]
输出：[4]

解释:
只有节点 4 是终端节点，从节点 4 开始的所有路径都通向节点 4 。

提示：

• n == graph.length
• 1 <= n <= 10^4
• 0 <= graph[i].length <= n
• 0 <= graph[i][j] <= n - 1
• graph[i] 按严格递增顺序排列
• 图中可能包含自环
• 图中边的数目在范围 [1, 4 * 10^4] 内

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方法：拓扑排序（出度处理）

安全节点的条件是其所有路径最终都到达终端节点（无出边或路径无环）。通过拓扑排序，从终端节点（出度为0）开始，反向处理所有指向它们的节点，逐步将出度减为0的节点标记为安全。

1. 构建反向图：记录每个节点被哪些节点指向。
2. 计算初始出度：每个节点的出边数目。
3. 初始化队列：将出度为0的节点加入队列并标记为安全。
4. 拓扑排序处理：从队列取出节点，更新其反向图中前驱节点的出度，若减至0则加入队列并标记安全。
5. 收集结果：所有标记为安全的节点排序后输出。

代码实现(Java)：

class Solution {public List<Integer> eventualSafeNodes(int[][] graph) {int n = graph.length;List<List<Integer>> reverseGraph = new ArrayList<>();for (int i = 0; i < n; i++) {reverseGraph.add(new ArrayList<>());}for (int v = 0; v < n; v++) {for (int u : graph[v]) {reverseGraph.get(u).add(v);}}int[] outDegree = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {outDegree[i] = graph[i].length;}Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();boolean[] safe = new boolean[n];for (int i = 0; i < n; i++) {if (outDegree[i] == 0) {queue.offer(i);safe[i] = true;}}while (!queue.isEmpty()) {int u = queue.poll();for (int v : reverseGraph.get(u)) {outDegree[v]--;if (outDegree[v] == 0) {queue.offer(v);safe[v] = true;}}}List<Integer> result = new ArrayList<>();for (int i = 0; i < n; i++) {if (safe[i]) {result.add(i);}}Collections.sort(result);return result;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n + e)，构建反向图和处理队列各需线性时间。
• 空间复杂度：O(n + e)，存储反向图和队列所需空间。

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803. 打砖块

有一个 m x n 的二元网格 grid ，其中 1 表示砖块，0 表示空白。砖块 稳定（不会掉落）的前提是：

• 一块砖直接连接到网格的顶部，或者
• 至少有一块相邻（4 个方向之一）砖块 稳定 不会掉落时

给你一个数组 hits ，这是需要依次消除砖块的位置。每当消除 hits[i] = (rowi, coli) 位置上的砖块时，对应位置的砖块（若存在）会消失，然后其他的砖块可能因为这一消除操作而 掉落 。一旦砖块掉落，它会 立即 从网格 grid 中消失（即，它不会落在其他稳定的砖块上）。

返回一个数组 result ，其中 result[i] 表示第 i 次消除操作对应掉落的砖块数目。

注意，消除可能指向是没有砖块的空白位置，如果发生这种情况，则没有砖块掉落。

示例 1：

输入：grid = [[1,0,0,0],[1,1,1,0]], hits = [[1,0]]
输出：[2]

解释：
网格开始为：[[1,0,0,0]， [1,1,1,0]]
消除 (1,0) 处加粗的砖块，得到网格：[[1,0,0,0] [0,1,1,0]]
两个加粗的砖不再稳定，因为它们不再与顶部相连，也不再与另一个稳定的砖相邻，因此它们将掉落。得到网格：[[1,0,0,0], [0,0,0,0]]
因此，结果为 [2] 。

示例 2：

输入：grid = [[1,0,0,0],[1,1,0,0]], hits = [[1,1],[1,0]]
输出：[0,0]

解释：
网格开始为：[[1,0,0,0], [1,1,0,0]]
消除 (1,1) 处加粗的砖块，得到网格：[[1,0,0,0], [1,0,0,0]]
剩下的砖都很稳定，所以不会掉落。网格保持不变：[[1,0,0,0], [1,0,0,0]]
接下来消除 (1,0) 处加粗的砖块，得到网格：[[1,0,0,0], [0,0,0,0]]
剩下的砖块仍然是稳定的，所以不会有砖块掉落。
因此，结果为 [0,0] 。

提示：

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= m, n <= 200
• grid[i][j] 为 0 或 1
• 1 <= hits.length <= 4 * 10^4
• hits[i].length == 2
• 0 <= xi <= m - 1
• 0 <= yi <= n - 1
• 所有 (xi, yi) 互不相同

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方法：逆向并查集

逆向处理敲击操作，将问题转换为逐步添加砖块。使用并查集维护连通性，并统计每次添加后连接到顶部的砖块数目变化。通过比较添加前后的尺寸变化，计算掉落的砖块数。

1. 预处理：复制原网格并移除所有被敲击的砖块。
2. 初始化并查集：将预处理后的网格中所有砖块合并，顶部砖块连接到虚拟节点。
3. 逆序处理敲击：从最后一次敲击开始，逐步恢复砖块，合并相邻砖块，并计算每次恢复后连接到顶部的砖块数目变化。
4. 计算结果：变化量即为当前敲击导致的掉落数目。

代码实现(Java)：

class Solution {public int[] hitBricks(int[][] grid, int[][] hits) {int m = grid.length;int n = grid[0].length;int[][] copy = new int[m][n];for (int i = 0; i < m; i++) {System.arraycopy(grid[i], 0, copy[i], 0, n);}// 预处理，移除所有被敲击的砖块for (int[] hit : hits) {int x = hit[0], y = hit[1];if (copy[x][y] == 1) copy[x][y] = 0;}int size = m * n;UnionFind uf = new UnionFind(size + 1);// 初始化顶部砖块连接到虚拟节点for (int j = 0; j < n; j++) {if (copy[0][j] == 1) {uf.union(j, size);}}// 构建初始连通性for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (copy[i][j] == 1) {// 上方有砖块则合并if (copy[i-1][j] == 1) {uf.union(i * n + j, (i-1) * n + j);}// 左方有砖块则合并if (j > 0 && copy[i][j-1] == 1) {uf.union(i * n + j, i * n + j - 1);}}}}int[] ans = new int[hits.length];int[][] dirs = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};// 逆序恢复砖块for (int i = hits.length - 1; i >= 0; i--) {int x = hits[i][0], y = hits[i][1];if (grid[x][y] == 0) {ans[i] = 0;continue;}copy[x][y] = 1;int original = uf.getSize(size);// 若当前砖块在顶部，连接到虚拟节点if (x == 0) {uf.union(x * n + y, size);}// 合并相邻砖块for (int[] d : dirs) {int nx = x + d[0], ny = y + d[1];if (nx >= 0 && nx < m && ny >= 0 && ny < n && copy[nx][ny] == 1) {uf.union(x * n + y, nx * n + ny);}}int current = uf.getSize(size);ans[i] = Math.max(current - original - 1, 0);}return ans;}class UnionFind {private int[] parent;private int[] size;public UnionFind(int n) {parent = new int[n];size = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {parent[i] = i;size[i] = 1;}}public int find(int x) {if (parent[x] != x) {parent[x] = find(parent[x]);}return parent[x];}public void union(int x, int y) {int rootX = find(x);int rootY = find(y);if (rootX == rootY) return;if (rootX == parent.length - 1) {parent[rootY] = rootX;size[rootX] += size[rootY];} else {parent[rootX] = rootY;size[rootY] += size[rootX];}}public int getSize(int x) {int root = find(x);return root == parent.length - 1 ? size[root] : 0;}}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N + K)，其中 N 是网格中的元素总数，K 是敲击次数。预处理和并查集操作均接近线性。
• 空间复杂度：O(N)，用于存储并查集结构。

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804. 唯一摩尔斯密码词

国际摩尔斯密码定义一种标准编码方式，将每个字母对应于一个由一系列点和短线组成的字符串， 比如:

• 'a' 对应 ".-" ，
• 'b' 对应 "-..." ，
• 'c' 对应 "-.-." ，以此类推。

为了方便，所有 26 个英文字母的摩尔斯密码表如下：
[".-","-...","-.-.","-..",".","..-.","--.","....","..",".---","-.-",".-..","--","-.","---",".--.","--.-",".-.","...","-","..-","...-",".--","-..-","-.--","--.."]

给你一个字符串数组 words ，每个单词可以写成每个字母对应摩尔斯密码的组合。

例如，"cab" 可以写成 "-.-..--..." ，(即 "-.-." + ".-" + "-..." 字符串的结合)。我们将这样一个连接过程称作 单词翻译 。
对 words 中所有单词进行单词翻译，返回不同 单词翻译 的数量。

示例 1：

输入: words = ["gin", "zen", "gig", "msg"]
输出: 2

解释:
各单词翻译如下:
“gin” -> “–…-.”
“zen” -> “–…-.”
“gig” -> “–…–.”
“msg” -> “–…–.”
共有 2 种不同翻译, “–…-.” 和 “–…–.”。

示例 2：

输入：words = ["a"]
输出：1

提示：

• 1 <= words.length <= 100
• 1 <= words[i].length <= 12
• words[i] 由小写英文字母组成

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方法：哈希集合

将每个单词转换为对应的摩尔斯密码字符串，利用哈希集合自动去重的特性统计不同密码的数量。摩尔斯密码表预先存储每个字母的对应编码。

1. 初始化摩尔斯密码表：按顺序存储26个字母对应的密码。
2. 转换每个单词：遍历单词中的每个字符，拼接对应的摩尔斯密码。
3. 使用哈希集合去重：将转换后的字符串存入集合，集合大小即为答案。

代码实现(Java)：

class Solution {public int uniqueMorseRepresentations(String[] words) {String[] morseCodes = {".-","-...","-.-.","-..",".","..-.","--.","....","..",".---","-.-",".-..","--","-.","---",".--.","--.-",".-.","...","-","..-","...-",".--","-..-","-.--","--.."};Set<String> uniqueMorse = new HashSet<>();for (String word : words) {StringBuilder sb = new StringBuilder();for (char c : word.toCharArray()) {sb.append(morseCodes[c - 'a']);}uniqueMorse.add(sb.toString());}return uniqueMorse.size();}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N*L)，其中 N 是单词数量，L 是单词平均长度。每个字符处理时间为常数。
• 空间复杂度：O(N*L)，哈希集合存储所有不同的摩尔斯密码字符串。

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805. 数组的均值分割

给定你一个整数数组 nums，我们要将 nums 数组中的每个元素移动到 A 数组 或者 B 数组中，使得 A 数组和 B 数组不为空，并且 average(A) == average(B) 。

如果可以完成则返回true ， 否则返回 false 。

注意： 对于数组 arr , average(arr) 是 arr 的所有元素的和除以 arr 长度。

示例 1:

输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7,8]
输出: true

解释: 我们可以将数组分割为 [1,4,5,8] 和 [2,3,6,7], 他们的平均值都是4.5。

示例 2:

输入: nums = [3,1]
输出: false

提示:

• 1 <= nums.length <= 30
• 0 <= nums[i] <= 10^4

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方法：折半搜索

将数组分成两部分，分别生成所有可能子集的元素数目和总和。对于每个可能的子集长度k，检查是否存在两部分子集的总和之和等于目标值，从而判断是否可以将数组分割成两个平均值相等的非空子集。

1. 计算总和：确定整个数组的总和。
2. 分割数组：将数组分成两个部分，减少计算量。
3. 生成子集信息：对每个部分生成所有可能子集的元素数目和总和的映射。
4. 遍历可能的k：检查每个k是否满足条件，利用两部分的映射快速查询。

代码实现(Java)：

class Solution {public boolean splitArraySameAverage(int[] nums) {int n = nums.length;if (n == 1) return false;int totalSum = Arrays.stream(nums).sum();int lenA = n / 2, lenB = n - lenA;int[] A = Arrays.copyOfRange(nums, 0, lenA);int[] B = Arrays.copyOfRange(nums, lenA, n);Map<Integer, Set<Integer>> mapA = generateSubsetSums(A);Map<Integer, Set<Integer>> mapB = generateSubsetSums(B);for (int k = 1; k < n; k++) {if ((totalSum * k) % n != 0) continue;int target = (totalSum * k) / n;for (int a = Math.max(0, k - lenB); a <= Math.min(k, lenA); a++) {int b = k - a;if (!mapA.containsKey(a) || !mapB.containsKey(b)) continue;Set<Integer> sumsA = mapA.get(a);Set<Integer> sumsB = mapB.get(b);for (int sumA : sumsA) {if (sumsB.contains(target - sumA)) return true;}}}return false;}private Map<Integer, Set<Integer>> generateSubsetSums(int[] arr) {Map<Integer, Set<Integer>> map = new HashMap<>();int n = arr.length;for (int mask = 0; mask < (1 << n); mask++) {int bits = Integer.bitCount(mask);int sum = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if ((mask & (1 << i)) != 0) sum += arr[i];}map.computeIfAbsent(bits, k -> new HashSet<>()).add(sum);}return map;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：预处理部分为 O(2^(n/2) * n)，查询部分为 O(n^2 * 2^(n/2))，整体在 n=30 时可行。
• 空间复杂度：O(2^(n/2) * n)，存储各子集的总和。

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806. 写字符串需要的行数

我们要把给定的字符串 S 从左到右写到每一行上，每一行的最大宽度为100个单位，如果我们在写某个字母的时候会使这行超过了100 个单位，那么我们应该把这个字母写到下一行。我们给定了一个数组 widths，这个数组 widths[0] 代表 'a' 需要的单位， widths[1] 代表 'b' 需要的单位，…， widths[25] 代表 'z' 需要的单位。

**现在回答两个问题：**至少多少行能放下S，以及最后一行使用的宽度是多少个单位？将你的答案作为长度为2的整数列表返回。

示例 1:

输入: 
widths = [10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10]
S = "abcdefghijklmnopqrstuvwxyz"
输出: [3, 60]

解释:
所有的字符拥有相同的占用单位10。所以书写所有的26个字母，
我们需要2个整行和占用60个单位的一行。

示例 2:

输入: 
widths = [4,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10,10]
S = "bbbcccdddaaa"
输出: [2, 4]

解释:
除去字母’a’所有的字符都是相同的单位10，并且字符串 “bbbcccdddaa” 将会覆盖 9 * 10 + 2 * 4 = 98 个单位.
最后一个字母 ‘a’ 将会被写到第二行，因为第一行只剩下2个单位了。
所以，这个答案是2行，第二行有4个单位宽度。

注:

• 字符串 S 的长度在 [1, 1000] 的范围。
• S 只包含小写字母。
• widths 是长度为 26的数组。
• widths[i] 值的范围在 [2, 10]。

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方法：逐字符遍历

遍历字符串中的每个字符，逐字符计算当前行的宽度。当当前行无法容纳下一个字符时，换行并重置当前行的宽度。最后统计总行数和最后一行的宽度。

1. 初始化变量：行数 lines 初始为1，当前行宽度 currentWidth 初始为0。
2. 遍历每个字符：对于每个字符，获取对应的摩尔斯密码宽度。
3. 判断换行：如果当前行加上该字符的宽度超过100，则换行，否则累加宽度。
4. 返回结果：最终返回行数和最后一行的宽度。

代码实现(Java)：

class Solution {public int[] numberOfLines(int[] widths, String s) {int lines = 1;int currentWidth = 0;for (char c : s.toCharArray()) {int w = widths[c - 'a'];if (currentWidth + w > 100) {lines++;currentWidth = w;} else {currentWidth += w;}}return new int[]{lines, currentWidth};}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串的长度。每个字符处理一次。
• 空间复杂度：O(1)，仅使用常数额外空间。

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807. 保持城市天际线

给你一座由 n x n 个街区组成的城市，每个街区都包含一座立方体建筑。给你一个下标从 0 开始的 n x n 整数矩阵 grid ，其中 grid[r][c] 表示坐落于 r 行 c 列的建筑物的 高度 。

城市的 天际线 是从远处观察城市时，所有建筑物形成的外部轮廓。从东、南、西、北四个主要方向观测到的 天际线 可能不同。

我们被允许为 任意数量的建筑物 的高度增加 任意增量（不同建筑物的增量可能不同） 。 高度为 0 的建筑物的高度也可以增加。然而，增加的建筑物高度 不能影响 从任何主要方向观察城市得到的 天际线 。

在 不改变 从任何主要方向观测到的城市 天际线 的前提下，返回建筑物可以增加的 最大高度增量总和 。

示例 1：

输入：grid = [[3,0,8,4],[2,4,5,7],[9,2,6,3],[0,3,1,0]]
输出：35

解释：
用红色绘制从不同方向观看得到的天际线。
在不影响天际线的情况下，增加建筑物的高度：
gridNew = [ [8, 4, 8, 7], [7, 4, 7, 7], [9, 4, 8, 7], [3, 3, 3, 3] ]

示例 2：

输入：grid = [[0,0,0],[0,0,0],[0,0,0]]
输出：0

解释：增加任何建筑物的高度都会导致天际线的变化。

提示：

• n == grid.length
• n == grid[r].length
• 2 <= n <= 50
• 0 <= grid[r][c] <= 100

方法：行列最大值约束

每个建筑物的高度增量受其所在行和列的最大高度限制。新高度不能超过行和列最大值中的较小值，以保持天际线不变。总增量即为所有建筑物允许增加的高度之和。

1. 计算行最大值：遍历每行，记录每行的最大值。
2. 计算列最大值：遍历每列，记录每列的最大值。
3. 计算总增量：对于每个建筑物，其允许的最大高度为行和列最大值的较小者，累计其与原高度的差值。

代码实现(Java)：

class Solution {public int maxIncreaseKeepingSkyline(int[][] grid) {int n = grid.length;int[] rowMax = new int[n];int[] colMax = new int[n];// 计算每行的最大值for (int r = 0; r < n; r++) {int max = 0;for (int c = 0; c < n; c++) {max = Math.max(max, grid[r][c]);}rowMax[r] = max;}// 计算每列的最大值for (int c = 0; c < n; c++) {int max = 0;for (int r = 0; r < n; r++) {max = Math.max(max, grid[r][c]);}colMax[c] = max;}// 计算总增量int sum = 0;for (int r = 0; r < n; r++) {for (int c = 0; c < n; c++) {int limit = Math.min(rowMax[r], colMax[c]);sum += limit - grid[r][c];}}return sum;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n²)，遍历矩阵三次：计算行最大值、列最大值和总增量，每次均为O(n²)。
• 空间复杂度：O(n)，存储行和列的最大值，各需O(n)空间。

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808. 分汤

有 A 和 B 两种类型 的汤。一开始每种类型的汤有 n 毫升。有四种分配操作：

• 提供 100ml 的 汤A 和 0ml 的 汤B 。
• 提供 75ml 的 汤A 和 25ml 的 汤B 。
• 提供 50ml 的 汤A 和 50ml 的 汤B 。
• 提供 25ml 的 汤A 和 75ml 的 汤B 。

当我们把汤分配给某人之后，汤就没有了。每个回合，我们将从四种概率同为 0.25 的操作中进行分配选择。如果汤的剩余量不足以完成某次操作，我们将尽可能分配。当两种类型的汤都分配完时，停止操作。

注意：不存在先分配 100 ml 汤B 的操作。

需要返回的值： 汤A 先分配完的概率 + 汤A和汤B 同时分配完的概率 / 2。返回值在正确答案 10-5 的范围内将被认为是正确的。

示例 1:

输入: n = 50
输出: 0.62500

解释:
- 如果我们选择前两个操作，A 首先将变为空。
- 对于第三个操作，A 和 B 会同时变为空。
- 对于第四个操作，B 首先将变为空。
- 所以 A 变为空的总概率加上 A 和 B 同时变为空的概率的一半是 0.25 *(1 + 1 + 0.5 + 0)= 0.625。

示例 2:

输入: n = 100
输出: 0.71875

提示:

• 0 <= n <= 10^9​​​​​​​

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方法：动态规划

当汤的剩余量较大时，每次操作平均消耗的汤A比汤B多，因此汤A更可能先耗尽。通过数学分析，当n≥4800时，结果趋近于1。对于较小的n，使用动态规划计算所有可能状态的转移概率。

1. 阈值处理：当n≥4800时，直接返回1.0。
2. 单位转换：将汤量转换为25ml的单位，减少状态数目。
3. 动态规划：按自底向上方式计算每个状态的转移概率。

代码实现(Java)：

class Solution {public double soupServings(int n) {if (n == 0) return 0.5;if (n >= 4800) return 1.0;int m = (n + 24) / 25; // 转换为25ml单位，向上取整double[][] dp = new double[m + 1][m + 1];for (int a = 0; a <= m; a++) {for (int b = 0; b <= m; b++) {int realA = a * 25;int realB = b * 25;if (realA > n) realA = n;if (realB > n) realB = n;if (realA == 0 && realB == 0) {dp[a][b] = 0.5;} else if (realA == 0) {dp[a][b] = 1.0;} else if (realB == 0) {dp[a][b] = 0.0;} else {// 处理四种操作int[][] ops = {{4, 0}, {3, 1}, {2, 2}, {1, 3}};double sum = 0.0;for (int[] op : ops) {int newA = a - op[0];int newB = b - op[1];newA = Math.max(newA, 0);newB = Math.max(newB, 0);if (newA >= dp.length) newA = dp.length - 1;if (newB >= dp[0].length) newB = dp[0].length - 1;sum += dp[newA][newB];}dp[a][b] = sum * 0.25;}}}return dp[m][m];}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(m²)，其中m = n/25。对于较小的n，m最多为192（当n=4800时），时间复杂度可接受。
• 空间复杂度：O(m²)，存储动态规划表。

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809. 情感丰富的文字

有时候人们会用重复写一些字母来表示额外的感受，比如 "hello" -> "heeellooo", "hi" -> "hiii"。我们将相邻字母都相同的一串字符定义为相同字母组，例如："h", "eee", "ll", "ooo"。

对于一个给定的字符串 S ，如果另一个单词能够通过将一些字母组扩张从而使其和 S 相同，我们将这个单词定义为可扩张的（stretchy）。扩张操作定义如下：选择一个字母组（包含字母 c ），然后往其中添加相同的字母 c 使其长度达到 3 或以上。

例如，以 "hello" 为例，我们可以对字母组 "o" 扩张得到 "hellooo"，但是无法以同样的方法得到 "helloo" 因为字母组 "oo" 长度小于 3。此外，我们可以进行另一种扩张 "ll" -> "lllll" 以获得 "helllllooo"。如果 s = "helllllooo"，那么查询词 "hello" 是可扩张的，因为可以对它执行这两种扩张操作使得 query = "hello" -> "hellooo" -> "helllllooo" = s。

输入一组查询单词，输出其中可扩张的单词数量。

示例：

输入： 
s = "heeellooo"
words = ["hello", "hi", "helo"]
输出：1

解释：
- 我们能通过扩张 “hello” 的 “e” 和 “o” 来得到 “heeellooo”。
- 我们不能通过扩张 “helo” 来得到 “heeellooo” 因为 “ll” 的长度小于 3 。

提示：

• 1 <= s.length, words.length <= 100
• 1 <= words[i].length <= 100
• s 和所有在 words 中的单词都只由小写字母组成。

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方法：字母组分解

将字符串分解为连续相同字符的字母组，比较每个字母组的字符和长度是否符合扩展条件。只有当所有对应的字母组满足字符相同且长度条件时，查询单词才是可扩张的。

1. 分解字母组：将字符串转换为由字符及其连续出现次数组成的字母组列表。
2. 比较字母组：
   • 检查两个字符串的字母组数目是否相同。
   • 逐个比较字母组的字符是否相同。
   • 检查每个字母组的长度是否满足条件：原长度等于目标长度，或目标长度≥原长度且≥3。

代码实现(Java)：

class Solution {public int expressiveWords(String s, String[] words) {List<Group> sGroups = getGroups(s);int count = 0;for (String word : words) {List<Group> wordGroups = getGroups(word);if (sGroups.size() != wordGroups.size()) continue;boolean valid = true;for (int i = 0; i < sGroups.size(); i++) {Group sGroup = sGroups.get(i);Group wordGroup = wordGroups.get(i);if (sGroup.c != wordGroup.c) {valid = false;break;}int sCount = sGroup.count;int wCount = wordGroup.count;if (sCount != wCount) {if (sCount < wCount || sCount < 3) {valid = false;break;}}}if (valid) {count++;}}return count;}private List<Group> getGroups(String s) {List<Group> groups = new ArrayList<>();if (s.isEmpty()) return groups;char prev = s.charAt(0);int count = 1;for (int i = 1; i < s.length(); i++) {char curr = s.charAt(i);if (curr == prev) {count++;} else {groups.add(new Group(prev, count));prev = curr;count = 1;}}groups.add(new Group(prev, count));return groups;}static class Group {char c;int count;Group(char c, int count) {this.c = c;this.count = count;}}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(k * (m + n))，其中k是单词数量，m是s的长度，n是单词的平均长度。分解每个字符串的时间为O(m)或O(n)。
• 空间复杂度：O(m + n)，存储字母组列表。

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810. 黑板异或游戏

黑板上写着一个非负整数数组 nums[i] 。

Alice 和 Bob 轮流从黑板上擦掉一个数字，Alice 先手。如果擦除一个数字后，剩余的所有数字按位异或运算得出的结果等于 0 的话，当前玩家游戏失败。 另外，如果只剩一个数字，按位异或运算得到它本身；如果无数字剩余，按位异或运算结果为 0。

并且，轮到某个玩家时，如果当前黑板上所有数字按位异或运算结果等于 0 ，这个玩家获胜。

假设两个玩家每步都使用最优解，当且仅当 Alice 获胜时返回 true。

示例 1：

输入: nums = [1,1,2]
输出: false

解释:
1. Alice 有两个选择: 擦掉数字 1 或 2。
2. 如果擦掉 1, 数组变成 [1, 2]。剩余数字按位异或得到 1 XOR 2 = 3。那么 Bob 可以擦掉任意数字，因为 Alice 会成为擦掉最后一个数字的人，她总是会输。
3. 如果 Alice 擦掉 2，那么数组变成[1, 1]。剩余数字按位异或得到 1 XOR 1 = 0。Alice 仍然会输掉游戏。

示例 2:

输入: nums = [0,1]
输出: true

示例 3:

输入: nums = [1,2,3]
输出: true

提示：

• 1 <= nums.length <= 1000
• 0 <= nums[i] < 2^16

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方法：数学条件判断

根据游戏规则推导，如果初始时所有数字的异或和为0，则Alice直接获胜。否则，当且仅当数组长度为偶数时，Alice可以通过最优策略获胜。

1. 计算数组中所有元素的异或和。
2. 若异或和为0，返回true。
3. 否则，检查数组长度是否为偶数，返回对应的结果。

代码实现(Java)：

class Solution {public boolean xorGame(int[] nums) {int xorSum = 0;for (int num : nums) {xorSum ^= num;}return xorSum == 0 || nums.length % 2 == 0;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中n是数组长度。遍历数组一次计算异或和。
• 空间复杂度：O(1)，仅使用常数空间。

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声明

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