「题意」
给你两个字符串数组 word1
和 word2
。如果两个数组表示的字符串相同,返回 true
;否则,返回 false
。
数组表示的字符串 是由数组中的所有元素 按顺序 连接形成的字符串。
示例1:
输入:word1 = ["ab", "c"], word2 = ["a", "bc"]
输出:true
解释:
word1 表示的字符串为 "ab" + "c" -> "abc"
word2 表示的字符串为 "a" + "bc" -> "abc"
两个字符串相同,返回 true
「提示:」
1 <= word1.length, word2.length <= 1000
1 <= word1[i].length, word2[i].length <= 1000
1 <= sum(word1[i].length), sum(word2[i].length) <= 1000
word1[i] 和 word2[i] 由小写字母组成
「思路」
按照题意把两个字符串数组里的字符串拼接起来比较是否相同即可。
class Solution {
public:
bool arrayStringsAreEqual(vector<string>& word1, vector<string>& word2) {
string a, b;
for(string x: word1) a += x;
for(string x: word2) b += x;
return a == b;
}
};
「题意」
小写字符 的 数值 是它在字母表中的位置(从 1
开始),因此 a
的数值为 1
,b
的数值为 2
,c
的数值为 3
,以此类推。
字符串由若干小写字符组成,字符串的数值 为各字符的数值之和。例如,字符串 "abe"
的数值等于 1 + 2 + 5 = 8
。
给你两个整数 n
和 k
。返回 长度 等于 n
且 数值 等于 k
的 字典序最小 的字符串。
注意,如果字符串 x
在字典排序中位于 y
之前,就认为 x
字典序比 y
小,有以下两种情况:
x
是 y
的一个前缀;
如果 i
是 x[i] != y[i]
的第一个位置,且 x[i]
在字母表中的位置比 y[i]
靠前。
示例 1:
输入:n = 3, k = 27
输出:"aay"
解释:字符串的数值为 1 + 1 + 25 = 27,它是数值满足要求且长度等于 3 字典序最小的字符串。
「提示:」
1 <= n <= 100000
n <= k <= 26 * n
「思路」
我们知道要得到字典序最小的解,最前面的字符一定要是最小的才行,后面在这个前提满足的情况再考虑。那么思路就很明确了,我们一位位确定答案。第
位的答案是在后面全选
的情况下能选择的最小值,注意不能选的比
还小。
class Solution {
public:
string getSmallestString(int n, int k) {
string ans;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
char c = 'a' + max(1, k - (n - 1 - i) * 26) - 1;
ans += c;
k -= c - 'a' + 1;
}
return ans;
}
};
「题意」
给你一个整数数组 nums
。你需要选择 恰好 一个下标(下标从 0
开始)并删除对应的元素。请注意剩下元素的下标可能会因为删除操作而发生改变。
比方说,如果 nums = [6,1,7,4,1]
,那么:
1
,剩下的数组为nums = [6,7,4,1]
。2
,剩下的数组为nums = [6,1,4,1]
。4
,剩下的数组为nums = [6,1,7,4]
。如果一个数组满足奇数下标元素的和与偶数下标元素的和相等,该数组就是一个平衡数组。
请你返回删除操作后,剩下的数组 nums
是 平衡数组 的 方案数 。
示例 1:
输入:nums = [2,1,6,4]
输出:1
解释:
删除下标 0 :[1,6,4] -> 偶数元素下标为:1 + 4 = 5 。奇数元素下标为:6 。不平衡。
删除下标 1 :[2,6,4] -> 偶数元素下标为:2 + 4 = 6 。奇数元素下标为:6 。平衡。
删除下标 2 :[2,1,4] -> 偶数元素下标为:2 + 4 = 6 。奇数元素下标为:1 。不平衡。
删除下标 3 :[2,1,6] -> 偶数元素下标为:2 + 6 = 8 。奇数元素下标为:1 。不平衡。
只有一种让剩余数组成为平衡数组的方案。
「提示:」
1 <= nums.length <= 100000
1 <= nums[i] <= 10000
「思路」
既然只能删除一位数的话,我们就枚举删除哪一位数有可能产生平衡数组。
首先预处理出奇数项前缀和和偶数项前缀和。只要删除第
为后的新数组奇数项前缀和等于偶数项前缀和即可。删除第
为之后,后面的奇偶状态其实互换了。所以只要第
位前的奇数项之和加上第
位后的偶数项之和等于第
位前的偶数项之和加上第
位后的奇数项之和即可。
class Solution {
public:
vector<int> odd;
vector<int> even;
int waysToMakeFair(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
if(n <= 2) return n == 1;
odd.resize(n), even.resize(n);
odd[1] = nums[1];
even[0] = even[1] = nums[0];
for(int i = 2; i < n; ++i) {
odd[i] = odd[i - 1], even[i] = even[i - 1];
if(i % 2 == 0) even[i] += nums[i];
else odd[i] += nums[i];
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
if(((i != 0?odd[i - 1]:0) + even[n - 1] - even[i]) == ((i != 0?even[i - 1]:0) + odd[n - 1] - odd[i])) {
++ ans;
}
}
return ans;
}
};
「题意」
给你一个任务数组 tasks
,其中 tasks[i] = [actual[i], minimum[i]]
:
actual[i]
是完成第i
个任务 需要耗费 的实际能量。minimum[i]
是开始第i
个任务前需要达到的最低能量。比方说,如果任务为 [10, 12]
且你当前的能量为 11
,那么你不能开始这个任务。如果你当前的能量为 13
,你可以完成这个任务,且完成它后剩余能量为 3
。
你可以按照 任意顺序 完成任务。
请你返回完成所有任务的 最少 初始能量。
示例 1:
输入:tasks = [[1,2],[2,4],[4,8]]
输出:8
解释:
一开始有 8 能量,我们按照如下顺序完成任务:
完成第 3 个任务,剩余能量为 8 - 4 = 4 。
完成第 2 个任务,剩余能量为 4 - 2 = 2 。
完成第 1 个任务,剩余能量为 2 - 1 = 1 。
注意到尽管我们有能量剩余,但是如果一开始只有 7 能量是不能完成所有任务的,因为我们无法开始第 3 个任务。
「提示:」
1 <= tasks.length <= 100000
1 <= actuali <= minimumi <= 10000
「思路」
首先我们只考虑有两个元素
的情况,只要分别考虑
先选和
先选哪种更优即可。
如果
更优的话,我们就把放在前面。这样的话,其实任意两个任务我们都有一种新的优先级关系。定义
为先完成任务
比先完成任务
有更优秀。然后在新的优先级下把所有任务排个序,再按顺序完成即可,这就是最优解。
class Solution {
public:
pair<int,int> vs[100001];
int minimumEffort(vector<vector<int>>& tasks) {
auto cmp = [&](const pair<int,int> &a, const pair<int,int> &b) {
return max(a.second, a.first + b.second) < max(b.second, b.first + a.second);
};
int i = 0, n = tasks.size();
for(vector<int> item: tasks) {
vs[i ++] = make_pair(item[0], item[1]);
}
sort(vs, vs + n, cmp);
int ans = 0, res = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
pair<int,int> x = vs[i];
if(res < x.second) {
ans += x.second - res;
res = x.second;
}
res -= x.first;
}
return ans;
}
};