文章目录
- 前言
- 正文
- 1.3000. 对角线最长的矩形的面积
- 2.3001. 捕获黑皇后需要的最少移动次数
- 3.3002. 移除后集合的最多元素数
- 3.3003. 执行操作后的最大分割数量
- 总结
- 尾序
前言
终于考完试了，考了四天，也耽搁了四天，这就赶紧来补这场周赛的题了，这场周赛博主只写了两道题，第一题和第三题 ( hhh, 菜鸡勿喷)，这场周赛挺有难度，也挺有意思的，第二题是个国际象棋，我都没下过，分类讨论也是有点困难。做出来的也有思路不顺的，下面我们把这四道题从头到尾总结一下。
正文
1.3000. 对角线最长的矩形的面积
-
题目链接：对角线最长的矩形的面积
-
题目思路：
- 先求出对角线的平方，等同于计算对角线。
- 不断更新最长的对角线的平方与其面积，如果相等，则取面积最大的。
- 实现代码：
class Solution {
public:
int areaOfMaxDiagonal(vector<vector<int>>& dimensions)
{
int diag = 0;
int area = 0;
for(auto v : dimensions)
{
int val = v[0]*v[0] + v[1]*v[1];
int s = v[0]*v[1];
if(val > diag ||(val == diag && s > area))
{
diag = val;
area = s;
}
}
return area;
}
};
2.3001. 捕获黑皇后需要的最少移动次数
-
题目链接：捕获黑皇后需要的最少移动次数
-
数学知识:
- 说明：这个不知道，写这道题难度会上升不少。
- 我们先来进行分类讨论。
- 车
1.1 车一步到达：
- 说明： 闪击战术
2.2 车两步到达，只要不是一步，必然是两步到达。
- 象
2.1 象一步到达。
2.2 象两步，或者如果象与皇后所在格子的颜色不同的话，只移动象是到不了皇后的。
-
总结，因为有车兜底，所以最多两步，一步的话分情况讨论即可。
-
实现代码：
class Solution {
public:
int minMovesToCaptureTheQueen(int a, int b, int c, int d, int e, int f)
{
//先分析车的
auto is_in = [&](int left,int right,int x)
{
int _left = min(left,right);
int _right = max(left,right);
return !(x >_left && x <_right);
};
auto check_car = [&]()
{
if(
( e == a && (c != a || is_in(f,b,d)) )//行相等
|| ( f == b && (d != b || is_in(e,a,c)) ) //列相等
)
return 1;
return 2;
};
auto check_ele = [&]()
{
if(
(c + f == e + d &&(c + b != a + d || is_in(c,e,a)) //正对角线
|| (c - f == e - d && (c -b != a - d || is_in(c,e,a))))//逆对角线
)
return 1;
return 2;
};
return min(check_car(),check_ele());
}
};
3.3002. 移除后集合的最多元素数
-
题目链接：移除后集合的最多元素数
-
题目思路：
- 在实际过程中，博主是模拟进行求解的，即先将集合分别去重，然后去掉集合元素较多的两个集合的共同元素，然后取两个长度与原本的长度的二分之一进行比较，取较小的。最后返回两者之和即可。
class Solution {
public:
int maximumSetSize(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2)
{
//第一步：对自身去重
unordered_set<int> gather1(nums1.begin(),nums1.end()),\
gather2(nums2.begin(),nums2.end());
int ans1 = gather1.size(),ans2 = gather2.size()\
,sz1 = nums1.size() / 2,sz2 = nums2.size() / 2;
//第二步：去掉两个集合中重复的，且去的是较长的那一个。
for(auto e : gather1)
{
if(gather2.count(e))
{
if(ans2 > ans1)
ans2--;
else
ans1--;
}
}
//第三步：取min求预期值。
return min(ans1,sz1) + min(ans2,sz2);
}
};
- 看了灵神的题解，直接进行讨论也可以，是利用重复元素出现的个数，要想达到最长，关键是先去重复的，然后再去不重复的。
- 实现代码：
class Solution {
public:
int maximumSetSize(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2)
{
unordered_set<int> gather1(nums1.begin(),nums1.end())\
,gather2(nums2.begin(),nums2.end());
//第一步对自身去重
//第二步求出并集的个数
int key = 0;
for(auto e : gather1)
{
if(gather2.count(e)) key++;
}
//第三步分类讨论
//优先取消并集元素,也就是并集元素有两条命。
int ans1 = gather1.size(),sz1 = nums1.size() / 2;
int ans2 = gather2.size(),sz2 = nums2.size() / 2;
auto ajust = [&](int ans,int sz)
{
if(ans > sz)
{
int need = ans - sz;
if(key > need)
{
key -= need; ans -= need,need = 0;
}
else
{
need -= key; ans -= key; key = 0;
}
ans -= need;
}
return ans;
};
return ajust(ans1,sz1) + ajust(ans2,sz2) - key;
}
};
3.3003. 执行操作后的最大分割数量
- 题目链接：执行操作后的最大分割数量
- 题目大致意思：
- 我们只能执行一次，即 将s[i] 修改为 26个字母中的一个。
- 且 i 只能在前缀s 中。
- 求最大分割数量。
- 前置知识：
- s从前往后分割，与s从后往前分割，段数相同。
- 题目思路：
class Solution {
public:
int maxPartitionsAfterOperations(string s, int k)
{
/*
如果总的字符串小于k，即使修改一个字符，也只能等于k，
还是只能划分一段。
*/
int mask = 0,kinds = 0;
for(char ch : s)
{
int key = 1 << (ch - 'a');
if(!(mask & key))
{
++kinds;
mask |= key;
}
}
if(kinds < k || k == 26) return 1;
/*
如果需要的字符串种类等于26，那么只能切到最后，
且无法再通过修改字符，增加段数。
*/
int sz = s.size(),seg = 1;
kinds = 0,mask = 0;
vector<pair<int,int>> suf(sz + 1);
/*
mask: 用于位运算记录字符种类的掩码。
segment:段，记录前缀或者后缀的分成的段数，
最少划分一段。
suffix: 后缀，即suf,记录能划分的段数与最
近一段的mask。
*/
auto update = [&](int i)
{
int key = 1 << (s[i] - 'a');
if(!(mask & key))
{
//记录字符串的种类。
mask |= key;
if(++kinds > k)
{
/*
此时key也在mask里面。
*/
seg++;
mask = key;
kinds = 1;
}
}
return;
};
for(int i = sz - 1; i >= 0; i--)
{
update(i);
suf[i] = {seg,mask};
}
int ans = seg; //最小的分割段数，且后缀与前缀分的结果是相同的。
seg = 1,mask = 0,kinds = 0;
for(int i = 0; i < sz; i++)
{
/*
以i为分界线进行讨论，[L,i),(i + 1, R]
*/
auto [suf_seg,suf_mask] = suf[i+1];
//[L,R]是多于的一段，这一段，也可能可以划分。
int res = suf_seg + seg;
//默认为其它情况，其它情况是在此基础上进行加一或者减一。
int unionmask = suf_mask | mask;
if(__builtin_popcount(unionmask) < k)
{
//只能合并，且会少一段
res--;
}
else if(__builtin_popcount(suf_mask) == k && kinds == k
&&__builtin_popcount(unionmask) < 26)
{
//会多出一个s[i]字符，因此会增加一段
res++;
}
//更新三种情况的最大值。
ans = max(ans,res);
update(i);
}
return ans;
}
};
- 注 :本题的思路主要参考灵神的题解。
总结
综合来说，这几道题都侧重于分类讨论，其中还牵扯到一些数学的知识，以及有趣的国际象棋，最后一题则需要借助前后缀 + 数学知识 + 分类讨论进行判断。
尾序
我是舜华，期待与你的下一次相遇！
