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LeetCode --- 444 周赛

news 来源：原创 2025/9/12 9:54:02

题目列表

3507. 移除最小数对使数组有序 I
3508. 设计路由器
3509. 最大化交错和为 K 的子序列乘积
3510. 移除最小数对使数组有序 II

一、移除最小数对使数组有序 I & II

在这里插入图片描述

由于数组是给定的，所以本题的操作步骤是固定的，我们只要能快速模拟操作的过程即可
设 i 、 j i、j i、j 为当前进行了操作之后的一对相邻元素下标

  • 如何快速找到 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 左右两边相邻的 n u m s [ l ] 、 n u m s [ r ] nums[l]、nums[r] nums[l]、nums[r]

    • 思路一：维护下标的有序集合，当我们进行合并 n u m s [ i ] 、 n u m s [ j ] ( i < j ) nums[i]、nums[j]\ (i<j) nums[i]、nums[j] (i<j)时 ，删除 j j j，保留 i i i，当我们要查找 i i i 左右两边的相邻元素时，就去二分查找答案，可以用 s e t set set 维护
    • 思路二：用数组模拟双向链表的增删查改操作，即维护数组 l e f t [ i ] 、 r i g h t [ i ] left[i]、right[i] left[i]、right[i]，分别记录 i i i 左右两边的元素下标

  • 如何快速的找到和最小的 n u m s [ i ] 、 n u m s [ j ] ？ nums[i]、nums[j]？ nums[i]、nums[j]？

    • 可以用最小堆记录 p a i r { n u m s [ i ] + n u m s [ j ] , i } pair\{nums[i]+nums[j],i\} pair{nums[i]+nums[j],i}，这里的 i i i 为数对下标中较小的那个，即 i < j i<j i<j
    • 当我们将 n u m s [ i ] 、 n u m s [ j ] nums[i]、nums[j] nums[i]、nums[j] 跟新为 n u m s [ i ] + n u m s [ j ] nums[i]+nums[j] nums[i]+nums[j] (记为 s s s)时，不仅需要向堆中添加 { n u m s [ l ] + s , l } 、 { s + n u m s [ r ] , i } \{nums[l]+s,l\}、\{s+nums[r],i\} {nums[l]+s,l}、{s+nums[r],i}，还需要从堆中删除 { n u m s [ l ] + n u m s [ i ] , l } 、 { n u m s [ i + 1 ] + n u m s [ r ] , j } \{nums[l]+nums[i],l\}、\{nums[i+1]+nums[r],j\} {nums[l]+nums[i],l}、{nums[i+1]+nums[r],j}，需要用到懒删除的技巧
    • 如果不会懒删除技巧，可以用有序集合 s e t set set 来模拟实现懒删除堆

代码如下

// C++
class Solution {
public:int minimumPairRemoval(vector<int>& nums) {int n = nums.size();vector<int> left(n, -1), right(n + 1, n); // 模拟双向链表priority_queue<pair<long long,int>, vector<pair<long long,int>>, greater<>> pq;int cnt = 0; //  记录 nums[i] > nums[i+1] 的个数，以此来判断数组是否是非递减的// 初始化for(int i = 0; i < n; i++){right[i] = i + 1;if(i + 1 < n) {left[i+1] = i;pq.emplace(nums[i] + nums[i+1], i);cnt += nums[i] > nums[i + 1];}}int step = 0;while(cnt > 0){// 懒删除// right[pq.top().second] >= n 表示当前 pq.top().second 已经被合并后删除// pq.top().first != nums[pq.top().second] + nums[right[pq.top().second]] 表示 nums[right[pq.top().second]] 已经被合并过了while(right[pq.top().second] >= n || pq.top().first != nums[pq.top().second] + nums[right[pq.top().second]]){pq.pop();}auto [s, i] = pq.top(); pq.pop();int l = left[i], j = right[i], r = right[j]; // l,i,j,r 之间的大小关系发生变化// 由于 i、j 要合并，先去掉之前的大小关系if(nums[i] > nums[j]) cnt--;if(l != -1 && nums[l] > nums[i]) cnt--;if(r != n && nums[j] > nums[r]) cnt--;// 加入新的大小关系if(l != -1 && nums[l] > s) cnt++;if(r != n && s > nums[r]) cnt++;// 如果 i 的前面有数字，则将{nums[l]+s,l}加入堆中if(l != -1){pq.emplace(s + nums[l], l);}// 如果 i 的后面有数字，则将{nums[r]+s,r}加入堆中if(r != n){pq.emplace(s + nums[r], i);}// 删除 j 结点，保留 i 结点// 让 i -> r, r -> i// 同时让 j -> n 表示 结点 j 被删除if(j < n) right[i] = right[j], right[j] = n;if(r < n) left[r] = i;nums[i] = s; // 跟新当前合并之后的值step++;}return step;}
};

二、设计路由器

在这里插入图片描述
本题关键理解题意，抽象出我们需要使用的数据结构

  • i n t [ ] f o r w a r d P a c k e t ( ) int[]\ \ forwardPacket() int[]  forwardPacket() 需要先进先出：需要有一个 q u e u e queue queue
  • b o o l a d d P a c k e t ( i n t s o u r c e , i n t d e s t i n a t i o n , i n t t i m e s t a m p ) bool\ \ addPacket(int\ \ source, int\ \ destination, int\ \ timestamp) bool  addPacket(int  source,int  destination,int  timestamp) 要求不能重复插入相同的数据包：需要一个哈希表 u n o r d e r e d _ s e t unordered\_set unordered_set，记录插入过的数据包
  • i n t g e t C o u n t ( i n t d e s t i n a t i o n , i n t s t a r t T i m e , i n t e n d T i m e ) int\ \ getCount(int\ \ destination, int\ \ startTime, int\ \ endTime) int  getCount(int  destination,int  startTime,int  endTime) 获取尚未转发的时间在 [ s t a r t T i m e , e n d T i m e ] [startTime,endTime] [startTime,endTime] 中，且目标为 d e s t i n a t i o n destination destination 的数据包的个数：这里我们可以把 d e s t i n a t i o n destination destination 相同的数据包放在一个数组中，由于数据包是按照时间顺序插入的，我们可以用二分法，获取区间内的数据包个数，即额外维护一个 u n o r d e r e d _ m a p < i n t , v e c t o r < i n t > > unordered\_map<int,vector<int>> unordered_map<int,vector<int>>

代码如下

class Router {unordered_map<int,vector<int>> d_t; // [d, vt]// 这里使用循环数组模拟队列vector<tuple<int,int,int>> v;int l = 0, r = 0;unordered_set<string> st;
public:Router(int memoryLimit) : v(memoryLimit + 1) {}bool addPacket(int s, int d, int t) {string mask = to_string(s) + '|' +  to_string(d) + '|' + to_string(t);if(st.count(mask)) return false;st.insert(mask);if((r + 1)%v.size() == l){ // 队列满auto [ss, dd, tt] = v[l++];l %= v.size();st.erase(to_string(ss) + '|' + to_string(dd) + '|' + to_string(tt));d_t[dd].erase(d_t[dd].begin());}d_t[d].push_back(t);v[r++] = {s, d, t};r %= v.size();return true;}vector<int> forwardPacket() {if(r == l) return {}; // 队列为空auto [s, d, t] = v[l++];l %= v.size();d_t[d].erase(d_t[d].begin());st.erase(to_string(s) + '|' + to_string(d) + '|' + to_string(t));return {s, d, t};}int getCount(int d, int startTime, int endTime) {auto& v = d_t[d];return ranges::upper_bound(v, endTime) - ranges::lower_bound(v, startTime);}
};

三、最大化交错和为 K 的子序列乘积

在这里插入图片描述
本题只需要暴搜即可，因为状态的个数并没有我们想象的那么多

  • 状态定义为 d f s ( i , s , m , o p , e m p t y ) dfs(i,s,m,op,empty) dfs(i,s,m,op,empty)

    • i i i 表示枚举的数字下标
    • s s s 表示交错和
    • m m m 表示子序列的元素乘积
    • o p op op 表示当前元素是取正，还是取负
    • e m p t y empty empty 表示子序列是否为空

  • 有人可能觉得这个状态太多了，肯定会超时
    在这里插入图片描述
    因为 m m m 的取值范围是 [ 1 , 5000 ] [1,5000] [1,5000]，但实际上，在当前的数据范围内 m m m 最多只有 394 + 1 394+1 394+1 种可能取值( + 1 +1 +1 表示当子序列中有 0 0 0 时，乘积为 0 0 0)，可以通过如下代码进行验证

int init = [](){set<int> st{1};for(int i = 0; i < 150; i++){ // 150 个值auto tmp = st;for(auto x : st){for(int i = 1; i <= 12; i++){ // 每个值有可以取 1~12if(x * i <= 5000){st.insert(x * i);}}}}cout << st.size() << endl;return 0;
}();

代码如下

class Solution {
public:int maxProduct(vector<int>& nums, int k, int limit) {int total = reduce(nums.begin(), nums.end());if (total < abs(k)) { // |k| 太大return -1;}int n = nums.size(), ans = -1;unordered_set<long long> vis;auto dfs = [&](this auto&& dfs, int i, int s, int m, bool op, bool empty) -> void {// 无法让 ans 变得更大// 注意：当 m > limit && ans < 0 时，如果在选择一个0，既能让 m < limt，ans = 0if (ans == limit || m > limit && ans >= 0) { return;}if (i == n) {if (!empty && s == k && m <= limit) { // 合法子序列ans = max(ans, m); // 更新答案的最大值}return;}long long mask = (long long) i << 32 | (s + total) << 15 | m << 2 | op << 1 | empty;if (!vis.insert(mask).second) {return;}// 不选 xdfs(i + 1, s, m, op, empty);// 选 xint x = nums[i];dfs(i + 1, s + (op ? -x : x), min(m * x, limit + 1), !op, false);};dfs(0, 0, 1, false, true);return ans;}
};

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编程日记 2025/8/17 19:52:41

大模型LLM表格报表分析：markitdown文件转markdown，大模型markdown统计分析

整体流程&#xff1a;用markitdown工具文件转markdown&#xff0c;然后大模型markdown统计分析 markitdown https://github.com/microsoft/markitdown 在线体验&#xff1a;https://huggingface.co/spaces/AlirezaF138/Markitdown 安装&#xff1a; pip install markitdown…...

编程日记 2025/8/17 21:22:42

劫持SUID程序提权彻底理解Dirty_Pipe：从源码解析到内核调试

DirtyPipe（CVE-2022-0847）漏洞内核调试全流程指南 本文主要面向对内核漏洞挖掘与调试没有经验的初学者，结合 CVE-2022-0847——著名的 Dirty Pipe 漏洞，带你从零开始学习 Linux 内核调试、漏洞复现、原理分析与漏洞利用。该漏洞危害极大，并且概念简单明了，无需复杂前置知…...

编程日记 2025/8/23 22:08:00

React 组件样式

在这里插入图片描述 分为行内和css文件控制 行内 通过CSS中类名文件控制...

编程日记 2025/9/8 16:08:49

嵌入式人工智能应用-第三章 opencv操作3 图像平滑操作 下

5 高斯噪声&#xff08;Gaussian Noise&#xff09; 高斯噪声&#xff08;Gaussian Noise&#xff09;是一种符合正态&#xff08;高斯&#xff09;分布的随机噪声&#xff0c;广泛存在于传感器采集、信号传输等场景中。以下是关于高斯噪声的详细说明、添加方法及滤波方案。 …...

编程日记 2025/9/3 13:22:11

OSPF的接口网络类型【复习篇】

OSPF在不同网络环境下默认的不同工作方式 [a3]display ospf interface g 0/0/0 # 查看ospf接口的网络类型网络类型OSPF接口的网络类型&#xff08;工作方式&#xff09;计时器BMA&#xff08;以太网&#xff09;broadcast &#xff0c;需要DR/BDR的选举hello&#xff1a;10s…...

编程日记 2025/8/23 9:04:26

maven编译jar踩坑[sqlite.db]

背景&#xff1a; 最近在项目中搞多数据源切换的job,在src/resource下有初始化的sqlite默认文件供后续拷贝使用&#xff0c;在测试阶段没有什么问题&#xff0c;但是一部署到服务器上运行就有问题。 报错现象&#xff1a; 找不到这个sqlite.db文件或者文件格式有问题&#x…...

编程日记 2025/8/17 20:38:50

【软考系统架构设计师】软件工程

1、 软件开发生命周期 软件定义时期&#xff1a;包括可行性研究和详细需求分析过程&#xff0c;任务是确定软件开发工程必须完成的总目标&#xff0c;具体分为问题定义、可行性研究、需求分析等 软件开发时期&#xff1a;软件的设计与实现&#xff0c;分为概要设计、详细设计、…...

编程日记 2025/9/3 0:38:08

蓝桥杯单片机刷题——ADC测量电位器的电压

设计要求 通过PCF8591的ADC通道测量电位器RB2的输出电压&#xff0c;并使用套件上提供的USB转串口功能&#xff0c;完成下列程序设计要求。 串口每次接收包含5个字符的字符串&#xff0c; 1&#xff09;若接收的5个字符中有字符’a’或’A’&#xff0c;则数码管显示一位小数…...

编程日记 2025/8/17 19:24:29

零基础上手Python数据分析 (12)：DataFrame 数据清洗与预处理 (下) - 类型转换、格式化、文本与日期处理

写在前面 上一篇博客，我们学习了如何使用 Pandas 处理数据分析中最常见的 “脏数据”：缺失值、重复值和异常值。 这为我们处理数据质量问题打下了坚实的基础。 然而，数据清洗的挑战远不止于此。 在实际数据中，我们还会经常遇到 数据类型不一致、数据格式不规范、文本数据混…...

编程日记 2025/8/17 19:23:24

免费下载 | 2025清华五道口：“十五五”金融规划研究白皮书

《2025清华五道口&#xff1a;“十五五”金融规划研究白皮书》的核心内容主要包括以下几个方面&#xff1a; 一、五年金融规划的重要功能与作用 凝聚共识&#xff1a;五年金融规划是国家金融发展的前瞻性谋划和战略性安排&#xff0c;通过广泛听取社会各界意见&#xff0c;凝…...

编程日记 2025/9/2 16:36:17