Q1、最长乘积等价子数组
1、题目描述
给你一个由 正整数 组成的数组 nums。
如果一个数组 arr 满足 prod(arr) == lcm(arr) * gcd(arr)，则称其为 乘积等价数组 ，其中：
prod(arr)表示arr中所有元素的乘积。gcd(arr)表示arr中所有元素的最大公因数 (GCD)。lcm(arr)表示arr中所有元素的最小公倍数 (LCM)。
返回数组 nums 的 最长 乘积等价子数组 的长度。
子数组 是数组中连续的、非空的元素序列。
术语 gcd(a, b) 表示 a 和 b 的 最大公因数 。
术语 lcm(a, b) 表示 a 和 b 的 最小公倍数 。
2、解题思路
核心公式的推导：
根据公式，我们需要检查：
prod(arr) = lcm(arr) × gcd(arr) \text{prod(arr)} = \text{lcm(arr)} \times \text{gcd(arr)} prod(arr)=lcm(arr)×gcd(arr)
其中：
- prod(arr) \text{prod(arr)} prod(arr) 是子数组所有元素的乘积；
- lcm(arr) \text{lcm(arr)} lcm(arr) 是子数组所有元素的最小公倍数，可以通过递归计算得到；
- gcd(arr) \text{gcd(arr)} gcd(arr) 是子数组所有元素的最大公约数，也可以通过递归计算得到。
暴力枚举子数组：
使用双层循环枚举所有可能的子数组的起点和终点，逐步计算子数组的：
- prod(arr) \text{prod(arr)} prod(arr)：通过逐一相乘得到；
- lcm(arr) \text{lcm(arr)} lcm(arr)：动态更新；
- gcd(arr) \text{gcd(arr)} gcd(arr)：动态更新。 对每个子数组，检查是否满足条件。
剪枝优化：
- 如果子数组的乘积 prod(arr) \text{prod(arr)} prod(arr) 超过合理范围（即 maxElement × overallLcm \text{maxElement}×\text{overallLcm} maxElement×overallLcm），直接提前终止当前循环；
- 用整体数组的最小公倍数 overallLcm \text{overallLcm} overallLcm 来限制子数组可能的最大值，减少不必要的计算。
辅助函数：
lcm(a, b)：计算两个数的最小公倍数。gcd(a, b)：计算两个数的最大公约数。
3、代码实现
class Solution {
public:
int maxLength(vector<int>& nums) {
// 找到数组中的最大值, 用于限制子数组的最大可能 LCM 值
int maxElement = *max_element(nums.begin(), nums.end());
// 计算整个数组的最小公倍数, 用于减少无效计算
int overallLcm = 1;
for (int num : nums) {
overallLcm = lcm(overallLcm, num);
}
int maxLength = 0; // 记录满足条件的最长子数组长度
// 遍历每个子数组的起点
for (int start = 0; start < nums.size(); ++start) {
long long product = 1; // 子数组元素的乘积
long long currentLcm = 1; // 子数组的最小公倍数
long long currentGcd = 0; // 子数组的最大公约数
// 遍历从当前起点开始的子数组
for (int end = start; end < nums.size(); ++end) {
int currentElement = nums[end];
// 更新子数组的乘积、LCM 和 GCD
product *= currentElement;
currentLcm = lcm(currentLcm, currentElement);
currentGcd = gcd(currentGcd, currentElement);
// 如果乘积等于 LCM * GCD, 则更新最大长度
if (product == currentLcm * currentGcd) {
maxLength = max(maxLength, end - start + 1);
}
// 如果当前乘积超过合理范围 (避免无效计算), 提前终止循环
if (product > overallLcm * maxElement) {
break;
}
}
}
return maxLength;
}
private:
// 计算两个数的 LCM（最小公倍数）
long long lcm(long long a, long long b) {
return (a * b / gcd(a, b));
}
// 计算两个数的 GCD (最大公约数)
long long gcd(long long a, long long b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
};
4、复杂度分析
时间复杂度：
- 外层循环：遍历所有可能的子数组起点 O(n)；
- 内层循环：遍历每个起点对应的终点，最坏情况下是 O(n)；
- 动态更新 LCM 和 GCD 的复杂度约为
O
(
log
(
maxElement
)
)
O(\log(\text{maxElement}))
O(log(maxElement))。
综合复杂度为 O ( n 2 log ( maxElement ) ) O(n^2 \log(\text{maxElement})) O(n2log(maxElement))。
空间复杂度：
使用常量辅助空间，因此空间复杂度为 O(1)。
Q2、计算字符串的镜像分数
1、题目描述
给你一个字符串 s。
英文字母中每个字母的 镜像 定义为反转字母表之后对应位置上的字母。例如，'a' 的镜像是 'z'，'y' 的镜像是 'b'。
最初，字符串 s 中的所有字符都 未标记 。
字符串 s 的初始分数为 0 ，你需要对其执行以下过程：
- 从左到右遍历字符串。
- 对于每个下标
i，找到距离最近的 未标记 下标j，下标j需要满足j < i且s[j]是s[i]的镜像。然后 标记 下标i和j，总分加上i - j的值。 - 如果对于下标
i，不存在满足条件的下标j，则跳过该下标，继续处理下一个下标，不需要进行标记。
返回最终的总分。
2、解题思路
初始化数据结构：
- 使用一个大小为 26 的向量
charStacks，其中每个元素是一个栈，表示英文字母从'a'到'z'的未标记位置索引。 - 用变量
totalScore记录最终分数。
遍历字符串：
- 遍历字符串的每个字符，计算其索引和镜像索引。
- 如果当前字符的镜像栈中有元素 (存在未标记的镜像字符索引)，从镜像栈中弹出栈顶元素，计算得分并累加到
totalScore。 - 如果镜像栈为空，则将当前字符索引压入该字符的栈中。
返回总分：
- 遍历完成后，
totalScore即为最终结果。
3、代码实现
class Solution {
public:
long long calculateScore(string s) {
// 使用26个栈, 分别对应 a-z 的字符
vector<stack<int>> charStacks(26);
long long totalScore = 0; // 记录总得分
// 遍历字符串中的每个字符
for (int index = 0; index < s.size(); ++index) {
int currentChar = s[index] - 'a'; // 当前字符的索引 (0-25)
int complementaryChar = 25 - currentChar; // 互补字符的索引 (0-25)
// 如果互补字符的栈不为空, 则可以匹配, 计算得分
if (!charStacks[complementaryChar].empty()) {
// 计算当前得分: 当前索引减去互补字符的最近索引
totalScore += index - charStacks[complementaryChar].top();
// 弹出互补字符的栈顶元素 (标记为已使用)
charStacks[complementaryChar].pop();
} else {
// 否则, 将当前字符的索引压入对应栈
charStacks[currentChar].push(index);
}
}
return totalScore; // 返回总得分
}
};
4、复杂度分析
时间复杂度：
每个字符在遍历过程中只会被压栈和弹栈一次，时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度：
需要额外的 26 个栈，每个栈的大小总和不超过 n，空间复杂度为 O(n)。
Q3、收集连续 K 个袋子可以获得的最多硬币数量
1、题目描述
在一条数轴上有无限多个袋子，每个坐标对应一个袋子。其中一些袋子里装有硬币。
给你一个二维数组 coins，其中 coins[i] = [li, ri, ci] 表示从坐标 li 到 ri 的每个袋子中都有 ci 枚硬币。
数组 coins 中的区间互不重叠。
另给你一个整数 k。
返回通过收集连续 k 个袋子可以获得的 最多 硬币数量。
2、解题思路
滑动窗口法
由于地毯覆盖的是连续的袋子，因此我们可以用 滑动窗口 来计算当前地毯位置下的硬币总和，并动态调整窗口以获取最大硬币数。
- 使用窗口
[left, right]表示当前地毯覆盖的范围。 - 窗口右边界扩展：每次将当前区间的硬币加入到总和中。
- 窗口左边界收缩：当地毯的覆盖范围超过
k时，移除左边部分的硬币。
双向覆盖
为了考虑不同覆盖方向（从左到右，从右到左）的影响，算法需要：
- 按照区间起点升序排序，计算从左到右的最大覆盖硬币数。
- 将区间起点和终点取反后再次排序，计算从右到左的最大覆盖硬币数。
最终结果为两种覆盖方向的最大值。
3、代码实现
class Solution {
public:
long long maximumCoins(vector<vector<int>>& coins, int carpetLen) {
// 按起点升序排序区间, 方便从左到右计算
sort(coins.begin(), coins.end());
// 计算从左到右的最大硬币覆盖数量
long long maxCoins = calculateMaxCoins(coins, carpetLen);
// 反转每个区间的起点和终点
for (auto& tile : coins) {
int temp = tile[0];
tile[0] = -tile[1]; // 起点变为负的终点
tile[1] = -temp; // 终点变为负的起点
}
// 按新起点升序排序区间, 方便从右到左计算
sort(coins.begin(), coins.end());
// 计算从右到左的最大硬币覆盖数量, 并更新最终结果
maxCoins = max(maxCoins, calculateMaxCoins(coins, carpetLen));
return maxCoins;
}
private:
// 计算滑动窗口内的最大硬币覆盖数量
long long calculateMaxCoins(const vector<vector<int>>& tiles, int carpetLen) {
long long maxCovered = 0; // 记录最大覆盖硬币数
long long currentCovered = 0; // 当前窗口的硬币总数
int left = 0; // 左指针, 表示窗口的起始位置
// 遍历每个区间, 调整滑动窗口
for (int right = 0; right < tiles.size(); ++right) {
int start = tiles[right][0]; // 当前区间的起始位置
int end = tiles[right][1]; // 当前区间的终点位置
int coins = tiles[right][2]; // 当前区间的硬币数
// 增加当前区间的硬币到窗口总和
currentCovered += static_cast<long long>(end - start + 1) * coins;
// 如果当前窗口超出地毯长度, 收缩左指针
while (tiles[left][1] + carpetLen - 1 < end) {
int leftStart = tiles[left][0];
int leftEnd = tiles[left][1];
int leftCoins = tiles[left][2];
// 减去左指针对应的硬币数
currentCovered -= static_cast<long long>(leftEnd - leftStart + 1) * leftCoins;
++left; // 左指针右移
}
// 计算当前窗口的未完全覆盖部分, 并更新最大覆盖硬币数
long long uncovered = max(static_cast<long long>(end - carpetLen + 1 - tiles[left][0]) * tiles[left][2], 0LL);
maxCovered = max(maxCovered, currentCovered - uncovered);
}
return maxCovered; // 返回当前方向的最大硬币覆盖数
}
};
4、复杂度分析
时间复杂度：
- 排序：两次排序，时间复杂度为 O ( n log n ) O(n \log n) O(nlogn)，其中 n 是区间数量。
- 滑动窗口：遍历每个区间的右边界，时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)。
- 总时间复杂度为 O ( n log n ) O(n \log n) O(nlogn)。
空间复杂度：
- 使用了辅助变量和少量指针，空间复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1)。
Q4、不重叠区间的最大得分
1、题目描述
给你一个二维整数数组 intervals，其中 intervals[i] = [li, ri, weighti]。区间 i 的起点为 li，终点为 ri，权重为 weighti。你最多可以选择 4 个互不重叠 的区间。所选择区间的 得分 定义为这些区间权重的总和。
返回一个至多包含 4 个下标且字典序最小的数组，表示从 intervals 中选中的互不重叠且得分最大的区间。
如果两个区间没有任何重叠点，则称二者 互不重叠 。特别地，如果两个区间共享左边界或右边界，也认为二者重叠。
数组 a 的字典序小于数组 b 的前提是：当在第一个不同的位置上，a 的元素小于 b 的对应元素。如果前 min(a.length, b.length) 个元素均相同，则较短的数组字典序更小。
2、解题思路
-
预处理与排序：
-
将输入数据转换为结构体数组以便操作。
-
按区间的 右端点升序 排序，方便后续计算前一个不重叠区间。
-
-
动态规划：
-
定义
dp[i][j]表示前i个区间中选择j个的最大权重及对应区间索引。 -
对于每个区间，既可以选择，也可以不选择；需要比较两种情况：
- 不选择：直接继承前一个状态。
- 选择：通过二分找到最后一个不与当前区间重叠的区间，加上当前权重。
- 若两种选择的权重相等，则选择字典序更小的方案。
-
-
回溯最优解：
- 最终结果是
dp[n][4]，即前n个区间中选择最多 4 个的最优解。
- 最终结果是
3、代码实现
class Solution {
private:
struct Interval {
int start; // 区间起点
int end; // 区间终点
int weight; // 区间权重
int index; // 区间索引
};
public:
vector<int> maximumWeight(vector<vector<int>>& intervals) {
int n = intervals.size();
// 1. 将输入的二维数组转换为结构体数组, 便于操作
vector<Interval> sortedIntervals(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
sortedIntervals[i] = {intervals[i][0], intervals[i][1], intervals[i][2], i};
}
// 2. 按区间的右端点升序排序
sort(sortedIntervals.begin(), sortedIntervals.end(),
[](const Interval& a, const Interval& b) {
return a.end < b.end;
});
// 3. 动态规划表, dp[i][j] 表示前 i 个区间选择 j 个的最大权重及对应区间索引
vector<array<pair<long long, vector<int>>, 5>> dp(n + 1);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
const auto& current = sortedIntervals[i];
// 找到当前区间左端点之前结束的最近区间索引
int previous = lower_bound(sortedIntervals.begin(), sortedIntervals.begin() + i, current.start,
[](const Interval& interval, int value) {
return interval.end < value;
}) - sortedIntervals.begin();
for (int j = 1; j < 5; ++j) {
// 不选当前区间的情况
long long excludeWeight = dp[i][j].first;
// 选当前区间的情况
long long includeWeight = dp[previous][j - 1].first + current.weight;
// 如果选择当前区间更优, 则更新 DP 表
if (excludeWeight < includeWeight) {
vector<int> newIndices = dp[previous][j - 1].second;
newIndices.push_back(current.index);
sort(newIndices.begin(), newIndices.end()); // 保持字典序
// 更新权重和区间索引
dp[i + 1][j] = {includeWeight, newIndices};
} else if (excludeWeight > includeWeight) {
// 如果不选当前区间更优，则继承上一步的状态
dp[i + 1][j] = dp[i][j];
} else {
// 如果两种选择权重相等, 选择字典序更小的方案
vector<int> newIndices = dp[previous][j - 1].second;
newIndices.push_back(current.index);
sort(newIndices.begin(), newIndices.end()); // 保持字典序
if (dp[i][j].second < newIndices) {
dp[i + 1][j] = dp[i][j];
} else {
dp[i + 1][j] = {includeWeight, newIndices};
}
}
}
}
// 4. 返回选择 4 个区间时的区间索引
return dp[n][4].second;
}
};
4、时间复杂度分析
- 排序： O ( n log n ) O(n \log n) O(nlogn)
- 动态规划： O ( n × 4 × log n ) O(n \times 4 \times \log n) O(n×4×logn)，二分查找的复杂度为 O ( log n ) O(\log n) O(logn)。
- 总复杂度： O ( n log n ) O(n \log n) O(nlogn)
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