LeetCode 周赛 333，你管这叫 Medium 难度？

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大家好，我是小彭。

上周是 LeetCode 第 333 场周赛，你参加了吗？这场周赛质量很高，但难度标得不对，我真的会谢。算法解题思维需要长时间锻炼，加入我们一起刷题吧~

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2570. 合并两个二维数组 - 求和法（Easy）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/merge-two-2d-arrays-by-summing-values/

题目描述

给你两个二维整数数组 nums1 和 nums2.

nums1[i] = [idi, vali] 表示编号为 idi 的数字对应的值等于 vali 。
nums2[i] = [idi, vali] 表示编号为 idi 的数字对应的值等于 vali 。

每个数组都包含 互不相同 的 id ，并按 id 以递增顺序排列。

请你将两个数组合并为一个按 id 以递增顺序排列的数组，并符合下述条件：

只有在两个数组中至少出现过一次的 id 才能包含在结果数组内。
每个 id 在结果数组中 只能出现一次 ，并且其对应的值等于两个数组中该 id 所对应的值求和。如果某个数组中不存在该 id ，则认为其对应的值等于 0 。

返回结果数组。返回的数组需要按 id 以递增顺序排列。

题解

简单模拟题，使用双指针合并数组即可。

class Solution {fun mergeArrays(nums1: Array<IntArray>, nums2: Array<IntArray>): Array<IntArray> {val n = nums1.sizeval m = nums2.sizeval result = LinkedList<IntArray>()var index1 = 0var index2 = 0while (index1 < n && index2 < m) {val e1 = nums1[index1]val e2 = nums2[index2]if (e1[0] == e2[0]) {result.add(intArrayOf(e1[0], e1[1] + e2[1]))index1++index2++} else if (e1[0] < e2[0]) {result.add(e1)index1++} else {result.add(e2)index2++}}while (index1 < n) {result.add(nums1[index1++])}while (index2 < m) {result.add(nums2[index2++])}return result.toTypedArray()}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n + m)$
空间复杂度： $O (1)$

2571. 将整数减少到零需要的最少操作数（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-reduce-an-integer-to-0/

题目描述

给你一个正整数 n ，你可以执行下述操作任意次：

n 加上或减去 2 的某个幂

返回使 n 等于 0 需要执行的最少操作数。

如果 x == 2i 且其中 i >= 0 ，则数字 x 是 2 的幂。

题解一（贪心 + 记忆化递归）

这道题在竞赛时的标签是 Easy，实际上应该是 Medium，收录到题库后官方也改成 Medium了。

题目明显是决策模型，首先要想到回溯、贪心、动态规划等思路。

如果用暴力回溯如何解决呢？显然，在每一轮决策中，我们可以选择数字的二进制表示中任意一个 “1”，并相应地加上 $2^k$ 或减去 $2^k$ ，终止条件为剩下最后一个 “1” 时，必然减去 $2^k$ 。

事实上，我们发现在每一轮决策中并不需要枚举所有选择，只需要从最低位的 “1” 开始消除，最终总能得到最优解。这是因为最低位受到的约束最小，低位的加法会影响高位并产生连续的 111，有可能使结果更优，而高位的加减对低位没有影响，不会对结果产生更优解。

所以我们的算法是：获取当前数字最低位的 $1= 2^k$ ，尝试加上 $2^k$ 或减去 $2^k$ 并将问题转换为规模更小的数，直到剩下的数正好是 2 的幂结束。递归过程中会存在重复状态，所以需要加上记忆化剪枝。

class Solution {// 备忘录private val memo = HashMap<Int, Int>()fun minOperations(n: Int): Int {// n 是 2 的幂if (n and (n - 1) == 0) return 1if (memo.containsKey(n)) return memo[n]!!// 最低位 1val lowbit = n and -nval result = 1 + Math.min(minOperations(n + lowbit), minOperations(n - lowbit))memo[n] = resultreturn result}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O (C)$ 其中 $C$ 是所有测试用例合并的状态数，每个状态的时间复杂度是 $O (1)$ 。如果以单个测试用例分析复杂度，则时间复杂度是 $O (c)$ ， $c$ 是 int 的位数。
空间复杂度： $O (C)$ 散列表空间。

题解二（贪心 + 统计 1 的个数）

我们发现： 当执行某个操作后，使得二进制中 1 的个数更少的方案最终总的操作次数一定更低。

例如：当最低位 1 是连续的多个 111 时，采用加法可以一次性消除多个 “1”，否则减法固定消除单个 “1” 更优。

1011, 1101：加法后 = 1011, 1110，减法后：1011, 1100（减法更优）
1011, 1111：加法后 = 1100, 0000，减法后：1011, 1110（加法更优）

因此我们的算法是：在每一步选择中直接以试错的方式做贪心选择，先比较操作后结果中二进制中 1 的个数，再选择更优的操作。

class Solution {fun minOperations(n: Int): Int {var num = nvar operateCount = 0while (num != 0) {// 最低位 1val lowbit = num and -num// 直接判断if (Integer.bitCount(num + lowbit) <= Integer.bitCount(num - lowbit)) {num += lowbit} else {num -= lowbit}operateCount++}return operateCount}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O (m l g m)$ 其中 $m$ 是数字中 1 的个数，单次统计位 1 的操作时间复杂度是 $O (l g m)$ 。
空间复杂度： $O (1)$ 只使用常数级别空间。

题解三（位运算优化）

思路参考：灵茶山艾府的题解

继续题解二的思路，连续多个 1 的最优解是先加上 lowbit 再减去 lowbit，那么最多需要操作两次，而单个 1 的最优解是直接减去 lowbit，最多只要操作一次。

我们发现：

// 连续 1 的情况：
n        = 0011, 1111
3n       = 1011, 1101
n xor 3n = 1000, 0010 // 正好得到 2 个 1// 单个 1 的情况：
n        = 0100
3n       = 1100
n xor 3n = 1000 // 正好得到 1 个 1

因此答案就是 n xor 3n 中 1 的个数。

class Solution {fun minOperations(n: Int): Int {return Integer.bitCount(n xor 3 * n)}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O (1)$
空间复杂度： $O (1)$

2572. 无平方子集计数（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/count-the-number-of-square-free-subsets/

题目描述

给你一个正整数数组 nums 。

如果数组 nums 的子集中的元素乘积是一个 无平方因子数 ，则认为该子集是一个 无平方 子集。

无平方因子数 是无法被除 1 之外任何平方数整除的数字。

返回数组 nums 中 无平方 且非空的子集数目。因为答案可能很大，返回对 109 + 7 取余的结果。

nums 的 非空子集 是可以由删除 nums 中一些元素（可以不删除，但不能全部删除）得到的一个数组。如果构成两个子集时选择删除的下标不同，则认为这两个子集不同。

预备知识

质数 / 素数：只能被 1 和本身整除的数，例如 3，5，7；
合数：除了能被 1 和本身整除外，还能被其他数整除的数。也可以理解为由多个不为 1 的质数相乘组成的数，例如 4 = 2 * 2，6 = 2 * 3。
1 既不是质数也不是合数。
质因数分解：将合数分解为多个质数相乘的形式，其中的质数就是合数的质因子。例如 10 包含质因子 2 和 5，12 包含质因子 2 和 3。
状态压缩：用一个维度（通常是二进制数）表示所有物品存在或不存在的状态。

题解一（状态压缩 + 01 背包）

这道题的标签是 Medium，但实际上是 Hard。

题目的核心是求 “乘积是无平方因子数的子集” 数目，显然有：

1、当子集中存在平方数时，该子集一定不是解。 例如子集中存在 4 或 9 或 25 时，子集的乘积一定存在平方因子；
2、当子集中任意两个数存在相同的质因子时，该子集一定不是解。 例如子集中存在 6 和 2，这两个数都存在相同的质因子 “2”，因此它们的乘积一定存在平方因子。
3、我们观察到本题的输入数据范围只有 [1, 30]，30 以内的质数只有 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 总共 10 个数， 所以我们可以预先对 2 ~ 30 的数字进行质因数分解，并且使用二进制掩码 Mask 记录数字是否包含某个质因子。 例如：
- 00, 0000, 0011：表示存在质因子 2 和 3
- 11, 1111, 1111：表示存在所有质因子（只是举例，本题不存在）

所以，我们的算法思路应该是： 从数字列表选择中若干个数，如果所有质因子的出现次数不超过 1，则可以组成合法的子集， 例如 [3, 5] 中所有质因子最多只出现 1 次，因此构成一个合法的子集。

“从数字列表选择中若干个数”， 由此我们发现原问题可以转换为熟悉背包问题 —— 计算背包可以容纳的物品组合方案数：

物品：每一个数字是一个不可分割的物品，我们不可能选择半个数；
物品体积：每个物品所包含的质因子就是该物品的体积；
背包容积：背包容积为 10，即背包最多只能包含 10 个质因子；
限制条件：背包内的数字的质因子不能重复。

完成问题转换后，按照熟悉的背包问题模板解决即可：

状态转移方程：dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j xor mask]

class Solution {companion object {private val MOD = 1000000007private val primeList = listOf(2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29)private val masks = IntArray(31).apply {for (i in 2..30) {for ((j, prime) in primeList.withIndex()) {// 过滤平方因子数if (i % (prime * prime) == 0) {this[i] = -1break}// 记录质因子if (i % prime == 0) this[i] = this[i] or (1 shl j)}}}}fun squareFreeSubsets(nums: IntArray): Int {// 背包问题// 过滤平方因子数（数字 1 的 mask == 0）val numsFiltered = nums.filter { masks[it] >= 0 }// 物品总数val n = numsFiltered.size// 背包容积 11,1111,1111val amount = (1 shl 10) - 1// dp[i][j] 表示选择前 i 个物品且体积为 j 的方案数val dp = Array(n + 1) { IntArray(amount + 1) }.apply {// 选择前 i 个物品且体积为 0 的方案为 1this[0][0] = 1}// 枚举物品for (i in 1..n) {// 物品的质因子属性val mask = masks[numsFiltered[i - 1]]// 枚举体积for (j in 0..amount) {dp[i][j] = dp[i - 1][j]// j | mask == j => mask 是 j 的子集if (j or mask == j) dp[i][j] += dp[i - 1][j xor mask]}}// 题目不要求背包装满，所以 dp[n - 1][...] 的方案都包含，最后再去掉空集return dp[n].sum() - 1}
}

考虑大数越界问题：

fun squareFreeSubsets(nums: IntArray): Int {// 背包问题// 过滤平方因子数（数字 1 的 mask == 0）val numsFiltered = nums.filter { masks[it] >= 0 }// 物品总数val n = numsFiltered.size// 背包容积 11,1111,1111val amount = (1 shl 10) - 1// dp[i][j] 表示选择前 i 个物品且体积为 j 的方案数val dp = Array(n + 1) { IntArray(amount + 1) }.apply {// 选择前 i 个物品且体积为 0 的方案为 1this[0][0] = 1}// 枚举物品for (i in 1..n) {// 物品的质因子属性val mask = masks[numsFiltered[i - 1]]// 枚举体积for (j in 0..amount) {dp[i][j] = dp[i - 1][j]// j | mask == j => mask 是 j 的子集if (j or mask == j) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j xor mask]) % MOD}}// 题目不要求背包装满，所以 dp[n - 1][...] 的方案都包含，最后再去掉空集var sum = 0Lfor (count in dp[n]) {sum += count}return ((sum - 1 + MOD) % MOD).toInt()
}

01 背包问题可以取消物品维度降低空间复杂度：

fun squareFreeSubsets(nums: IntArray): Int {// 背包问题// 物品总数val n = nums.size// 背包容积 11,1111,1111val amount = (1 shl 10) - 1// dp[i][j] 表示选择前 i 个物品且体积为 j 的方案数val dp = IntArray(amount + 1).apply {// 选择前 i 个物品且体积为 0 的方案为 1this[0] = 1}// 枚举物品for (i in 1..n) {// 物品的质因子属性val mask = masks[nums[i - 1]]// 过滤平方因子数if (mask < 0) continue// 枚举体积（从大到小遍历）for (j in amount downTo 0) {// j | mask == j => mask 是 j 的子集if (j or mask == j) dp[j] = (dp[j] + dp[j xor mask]) % MOD}}// 题目不要求背包装满，所以 dp[n - 1][...] 的方案都包含，最后再去掉空集var sum = 0Lfor (count in dp) {sum += count}return ((sum - 1 + MOD) % MOD).toInt()
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n^{2m})$ 其中 $n$ 是 $n u m s$ 数组的长度， $m$ 是质数的个数（m ≤ 10）。
空间复杂度： $O(2^{2m} + 31)$ $d p$ 数组空间与预处理的二进制掩码数组。

题解二（计数优化）

题解一还有优化空间。

在外层循环中，我们枚举的是物品维度，如果同一个物品中存在多个时，会存在重复计算。因此，我们可以预处理物品列表，统计不同物品的出现次数。举例说明：

在物品列表 [3, 3, 5] 中物品 [3] 出现了两次，而这两个物品 3 都可以和物品 [5] 组成目标子集，总个数 = [3] 出现次数 * 其他子集个数；
物品 1 较特殊，在物品列表 [1, 1, 5] 中，物品 [1] 可以与物品 [5] 组成目标子集，同时任意个数的 [1, 1] 也可以 [5] 组成目标子集，总个数 = $2^{[1] 出现次数}$ * 其他子集个数；

class Solution {companion object {private val MOD = 1000000007private val primeList = listOf(2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29)private val masks = IntArray(31).apply {for (i in 2..30) {for ((j, prime) in primeList.withIndex()) {// 过滤平方因子数if (i % (prime * prime) == 0) {this[i] = -1break}// 记录质因子if (i % prime == 0) this[i] = this[i] or (1 shl j)}}}}fun squareFreeSubsets(nums: IntArray): Int {// 元素计数var pow1 = 1Lval cnts = IntArray(31).apply {for (element in nums) {if (element == 1) pow1 = pow1 * 2 % MOD else this[element]++}}// 物品总数val n = nums.size// 背包容积 11,1111,1111val amount = (1 shl 10) - 1// dp[i][j] 表示选择前 i 个物品且体积为 j 的方案数val dp = LongArray(amount + 1).apply {// 选择前 i 个物品且体积为 0 的方案为 1this[0] = 1}// 枚举去重物品for ((num, cnt) in cnts.withIndex()) {// 物品的质因子属性val mask = masks[num]// 过滤不存在的物品if (cnt <= 0) continue// 过滤平方因子数和 1 if (mask <= 0) continue// 枚举体积（从大到小遍历）for (j in amount downTo 0) {// j | mask == j => mask 是 j 的子集if (j or mask == j) dp[j] = (dp[j] + dp[j xor mask] * cnt) % MOD}}// 题目不要求背包装满，所以 dp[n - 1][...] 的方案都包含，最后再去掉空集var sum = 0Lfor (count in dp) {sum = (sum + count) % MOD}// 1 的任意组合可以与其他子集组合return ((sum * pow1 - 1 + MOD) % MOD).toInt()}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n + q^{2m})$ 其中 $n$ 是 $n u m s$ 数组的长度， $m$ 是质数的个数（m ≤ 10）， $q$ 是输入数据范围内非平方因子数的个数 $（ q \leq 18 ）$
空间复杂度： $O(2^{2m} + 31)$ $d p$ 数组空间与预处理的二进制掩码数组。

2573. 找出对应 LCP 矩阵的字符串（Hard）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/find-the-string-with-lcp/description/

题目描述

对任一由 n 个小写英文字母组成的字符串 word ，我们可以定义一个 n x n 的矩阵，并满足：

lcp[i][j] 等于子字符串 word[i,...,n-1] 和 word[j,...,n-1] 之间的最长公共前缀的长度。

给你一个 n x n 的矩阵 lcp 。返回与 lcp 对应的、按字典序最小的字符串 word 。如果不存在这样的字符串，则返回空字符串。

对于长度相同的两个字符串 a 和 b ，如果在 a 和 b 不同的第一个位置，字符串 a 的字母在字母表中出现的顺序先于 b 中的对应字母，则认为字符串 a 按字典序比字符串 b 小。例如，"aabd" 在字典上小于 "aaca" ，因为二者不同的第一位置是第三个字母，而 'b' 先于 'c' 出现。

预备知识

LCP 矩阵的定义是一个字符串中的 [i, 字符串末尾] 和 [j, 字符串末尾] 两个子串的最长公共前缀的长度。根据定义可以得出基本性质：

性质 1：当 LCP[i][j] 等于 0 时，位于 str[i] 与 str[j] 的两个字符一定不相同；反之当 LCP[i][j] 大有 0 时，位于 str[i] 与 str[j] 的两个字符一定相同。
性质 2：LCP 矩阵的定义可以利用动态规划推导（与两个字符串的最长公共前缀类似）：
- 当 str[i] == str[j] 时，LCP[i][j] = 0（无共同前缀）
- 当 str[i] == str[j] 时，LCP[i][j] = LCP[i + 1][j + 1] + 1

题解（贪心构造 + 动态规划）

贪心思路： 题目要求输出满足 LCP 矩阵的字典序最小的结果，那么我们应该优先选择数值最小的字母 ‘a’。

可以用反证法证明：假设 “bcbc” 是满足条件且字典序最小的结果，那么我们可以将 ‘b’ 映射为 ‘a’，而 ‘c’ 映射为 ‘b’ 得到 “abab”。由于 LCP 矩阵只考虑公共前缀长度而不考虑字母，所以 “abab” 一定符合同一个 LCP 矩阵定义，与假设矛盾。

因此，我们的算法思路是：从 s[0] 开始填入 ‘a’，并根据 LCP[0][j] > 0 将所有 s[j] 设置为同一个字符 ‘a’，依此类推。从下一个未填入的位置开始填入 ‘b’，并将所有相同的 LCP[i][j] > 0 的位置填入 ‘b’，直到字符串结束或候选字符大于 ‘z’ 结束。

class Solution {fun findTheString(lcp: Array<IntArray>): String {// 目标字符串长度val n = lcp.size// 1、构造字符串// 目标字符串val charArray = CharArray(n) { ' ' }// 候选字符序列 'a' -> 'z'var candidate = 'a'var i = 0while (i < n) {// 当前位置已经填充if (charArray[i] != ' ') {i++continue}// 候选字符不够if (candidate > 'z') {return ""}// 填充相同字符的位置，并且使用字典序最小的候选字符for (j in i until n) {if (lcp[i][j] > 0) charArray[j] = candidate}// 下一个候选字符candidate += 1i++}return String(charArray)}
}

使用贪心算法构造出字符串后，我们还需要检查字符串是否符合 LCP 矩阵的定义。这是因为构造时只考虑 Lcp[i][j] > 0，但至于具体大于 0 的什么数并没有考虑，所以我们还需要验证的过程：

class Solution {fun findTheString(lcp: Array<IntArray>): String {// 目标字符串长度val n = lcp.size// 1、构造字符串...// 2、检查字符串是否符合 LCP（因为构造时只考虑 lcp[i][j] > 0）for (i in n - 1 downTo 0) {for (j in n - 1 downTo 0) {if (charArray[i] == charArray[j]) {if (i == n - 1 || j == n - 1) {if (lcp[i][j] != 1) return ""} else {if (lcp[i][j] != lcp[i + 1][j + 1] + 1) return ""}} else {if (lcp[i][j] != 0) return ""}}}return String(charArray)}
}