游游的you
思路
贪心：优先组成 you，最少的字母决定了you的数量。需要注意：如果oo剩下n个，那么相邻oo的个数是n-1个，而不是n/2个。
例如
oooooo
oo oo oo
oo oo
6个o，两两组合有3对，掐头去尾有2对，总共5对。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int q;
cin >> q;
while (q--)
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
int you_num = min({a, b, c});
int oo_num = max(0, b - you_num - 1);
cout << you_num * 2 + oo_num << endl;
}
return 0;
}
腐烂的苹果
BFS
将每个腐烂的苹果视为一个起点，同时扩展它们对周围苹果的影响。每个腐烂的苹果每分钟会将相邻的苹果腐烂，类似于层层扩散的波浪，因此 BFS 是非常适合的。
- 初始化队列：首先，我们需要找到所有腐烂的苹果，并将它们的坐标加入到 BFS 队列中。每个腐烂的苹果作为一个初始点，且时间为0。
- BFS 扩展：每次从队列中取出一个腐烂的苹果，检查它的四个方向（上下左右），如果相邻格子是一个完好的苹果，则将其腐烂，并将其加入到队列中，同时记录时间。
- 判断结果：BFS 结束后，检查是否还有完好的苹果。如果有，返回 -1；否则返回所需的最大时间。
代码
class Solution
{
public:
// 定义方向数组，表示四个方向
const int directions[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
int rotApple(vector<vector<int>> &grid) {
int n = grid.size(), m = grid[0].size();
queue<pair<int, int>> q;
int freshApples = 0; // 记录新鲜苹果的数量
// 初始化队列，并统计新鲜苹果的数量
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < m; ++j)
if (grid[i][j] == 2) q.push({i, j});
else if (grid[i][j] == 1) freshApples++;
// 如果没有新鲜苹果，直接返回0
if (freshApples == 0) return 0;
int minutes = 0;
// BFS 扩展
while (!q.empty())
{
int size = q.size();
bool rottenThisMinute = false;
for (int i = 0; i < size; ++i)
{
auto [x, y] = q.front();
q.pop();
for (int d = 0; d < 4; ++d)
{
int nx = x + directions[d][0];
int ny = y + directions[d][1];
// 检查新位置是否合法，并且是否有新鲜苹果
if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && grid[nx][ny] == 1)
{
grid[nx][ny] = 2; // 使其腐烂
q.push({nx, ny});
freshApples--;
rottenThisMinute = true;
}
}
}
// 如果这分钟有苹果腐烂，增加时间
if (rottenThisMinute) minutes++;
}
// 如果还有新鲜苹果，返回 -1
return freshApples == 0 ? minutes : -1;
}
};
DFS
使用 DFS 来解决这个问题会有一些不方便之处，特别是在处理需要“波浪”式传播的情况时（例如，腐烂的苹果会同时向四周扩散）。DFS 适合用于深度优先搜索，而 BFS 更适合于层层扩展、逐层处理的场景。
- BFS 的层次扩展特性：
- BFS 一次处理一个层次上的所有节点（在这个问题中，相当于同一时间点所有腐烂的苹果），自然适合模拟每分钟同时传播腐烂的过程。
- 使用 BFS，每分钟的腐烂传播相当于从一个层次扩展到下一个层次，时间计数器每次增加1分钟。
- DFS 的局限性：
- DFS 适用于深度遍历，它会一直沿着一条路径深入，直到不能再走为止，然后回溯。这种遍历方式难以模拟同一时间点多个苹果同时腐烂的情况。
- 如果用 DFS，你需要额外的逻辑来同步和控制腐烂的时间进度，这样实现起来会非常复杂且容易出错。
实际 DFS 实现的难点：
- 多源同时起点处理：DFS 通常处理单源问题较多，而这里每个腐烂的苹果都是一个起点，需要多源处理。
- 同步时间控制：需要对每个腐烂的苹果扩散时间进行精确控制，使得同时腐烂的效果能正确实现。
即便如此，我们仍然可以尝试用 DFS 来实现，只是实现会更加复杂。
代码
class Solution
{
public:
const int directions[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
void dfs(vector<vector<int>> &grid, vector<vector<int>> &timeGrid, int x, int y,
int currentTime)
{
int n = grid.size();
int m = grid[0].size();
for (int d = 0; d < 4; ++d)
{
int nx = x + directions[d][0];
int ny = y + directions[d][1];
if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && grid[nx][ny] == 1)
{
if (timeGrid[nx][ny] == -1 || timeGrid[nx][ny] > currentTime + 1)
{
timeGrid[nx][ny] = currentTime + 1;
dfs(grid, timeGrid, nx, ny, currentTime + 1);
}
}
}
}
int rotApple(vector<vector<int>> &grid)
{
int n = grid.size();
int m = grid[0].size();
vector<vector<int>> timeGrid(n, vector<int>(m, -1));
int freshApples = 0;
// 初始化腐烂的苹果时间为0
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < m; ++j)
{
if (grid[i][j] == 2)
{
timeGrid[i][j] = 0;
dfs(grid, timeGrid, i, j, 0);
}
else if (grid[i][j] == 1)
{
freshApples++;
}
}
}
// 找到最大时间
int maxTime = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < m; ++j)
{
if (grid[i][j] == 1)
{
if (timeGrid[i][j] == -1)
return -1;
maxTime = max(maxTime, timeGrid[i][j]);
}
}
}
return maxTime;
}
};
孩子们的游戏(圆圈中最后剩下的数)
思路
这个问题可以用著名的约瑟夫环（Josephus Problem）的思路来解决。我们要找出最后剩下的那个小朋友的编号。经典的约瑟夫问题可以通过递归或迭代的方式来解决，并且时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(1)。
约瑟夫问题的递推公式如下：
- 令 f(n, m) 表示在 n 个人报数，每次报到 m 出列的情况下，最后一个人的位置（0-based）。
- 初始状态下，当只有一个人时，唯一的那个人的位置为0，即 f(1, m) = 0。
- 当有 n 个人时，最后剩下的人的位置可以通过 f(n-1, m) 的结果来递推得到，即 f(n, m) = (f(n-1, m) + m) % n。
代码
递归（朴素动态规划——大问题化简为子问题）：
class Solution {
public:
int LastRemaining_Solution(int n, int m) {
// 返回当前i个人，报数j的第k个人的编号
function <int(int, int, int)> dfs = [&](int i, int j, int k) -> int
{
// 第1个人，说明是从0开始报数
if (k == 1)
return (j - 1 + i) % i;
// 返回i-1个人，报数j的第k-1个人，后面j个人的编号
return (dfs(i - 1, j, k - 1) + j) % i;
};
return dfs(n, m, n);
}
};
循环链表（最符合手动操作）：
在约瑟夫环问题中，每次删除一个元素后，我们需要确保剩余元素仍然形成一个有效的循环链表。这就需要我们在删除某个元素时，正确更新它的指针。
初始化链表：通过数组nxt和pre来表示链表中每个节点的下一个和上一个节点。
遍历链表：每次移动m步，找到要删除的元素。
删除元素：更新前驱和后继指针，将当前节点从链表中移除。
class Solution
{
public:
int LastRemaining_Solution(int n, int m)
{
// 初始化双向循环链表
vector<int> nxt(n);
vector<int> pre(n);
for (int i = 0; i < n - 1; i++)
{
nxt[i] = i + 1;
pre[i + 1] = i;
}
nxt[n - 1] = 0; // 形成一个循环
pre[0] = n - 1; // 完成循环
int x = 0; // 从第一个元素开始
// 删除元素直到只剩下一个
while (n > 1)
{
// 找到第 m 个节点
for (int i = 1; i < m; i++)
{
x = nxt[x];
}
// 删除第 m 个节点（关键操作）
nxt[pre[x]] = nxt[x];
pre[nxt[x]] = pre[x];
x = nxt[x]; // 移动到下一个节点
n--; // 减少链表的大小
}
return x; // 最后剩下的节点
}
};
动态规划：
由递归进行的子问题分析可以知道：忽略环形链表的下标，可以认为它的任意一个节点都是起点和终点的交界处。对于第i个人，认为它上一个人的编号是链表的起点，那么上一个人的编号+报数，就是第i个人的编号。由于是环形链表，对其长度取余数，就是真实的编号了。
转移：
-
只有一个数，结果为0。
-
否则： d p [ i ] = ( d p [ i − 1 ] + 报数 ) % 数组长度 dp[i] = (dp[i-1]+报数) \% 数组长度 dp[i]=(dp[i−1]+报数)%数组长度
class Solution
{
public:
int LastRemaining_Solution(int n, int m)
{
int dp[n + 1];
dp[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++)
dp[i] = (dp[i - 1] + m) % i;
return dp[n];
}
};
迭代：
由于填充DP数组是一个根据上一个结果来推出现在的结果的过程，而旧状态只被使用一次，所以我们不需要用数组保留原先的旧状态。
class Solution {
public:
int LastRemaining_Solution(int n, int m) {
if (n == 0) return -1; // 边界条件处理
int last = 0; // 初始状态下，当只有一个人时，唯一的那个人的位置为0
for (int i = 2; i <= n; ++i)
last = (last + m) % i;
return last;
}
};
初始状态处理：
- 当 n 为 0 时，返回 -1，这是一种边界条件处理，虽然根据题目描述 n 不会为 0，但防止无效输入。
迭代过程：
- 从 2 人开始，一直迭代到 n 人。
- 每次迭代计算出当前人数下最后剩下的人的位置。
结果返回：
- 最后得到的 last 即为 n 个人情况下最后剩下的人的编号。
这个算法利用了迭代而非递归，避免了栈溢出问题，同时空间复杂度也为 O(1)，非常高效。
