LeetCode 周赛 335，纯纯手速场！-原创手记-慕课网

大家好，我是小彭。

昨晚是 LeetCode 第 335 场周赛，你参加了吗？这场周赛整体难度不高，有两道模板题，第三题和第四题应该调换一下位置。

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2582. 递枕头（Easy）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/pass-the-pillow/

题目描述

n 个人站成一排，按从 1 到 n 编号。

最初，排在队首的第一个人拿着一个枕头。每秒钟，拿着枕头的人会将枕头传递给队伍中的下一个人。一旦枕头到达队首或队尾，传递方向就会改变，队伍会继续沿相反方向传递枕头。

例如，当枕头到达第 n 个人时，TA 会将枕头传递给第 n - 1 个人，然后传递给第 n - 2 个人，依此类推。

给你两个正整数 n 和 time ，返回 t

题解一（模拟）

简单模拟题。

class Solution {
    fun passThePillow(n: Int, time: Int): Int {
        var index = 1
        var flag = true
        for (count in 0 until time) {
            if (flag) {
                if (++index == n) flag = !flag
            } else {
                if (--index == 1) flag = !flag
            }
        }
        return index
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O (t i m e)$
空间复杂度： $O (1)$

题解二（数学）

以 n = 4 为例，显然每 n - 1 次传递为一轮，则有 time % (n - 1) 分辨出奇数轮 / 偶数轮。其中偶数轮是正向传递，奇数轮是逆向传递。

偶数轮：2 → 3 → 4，time = 1 时传递到 2 号；
奇数轮：3 → 2 → 1。
…

class Solution {
    fun passThePillow(n: Int, time: Int): Int {
        val mod = n - 1
        return if (time / mod % 2 == 0) {
            (time % mod) + 1
        } else {
            n - (time % mod)
        }
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O (1)$
空间复杂度： $O (1)$

2583. 二叉树中的第 K 大层和（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/kth-largest-sum-in-a-binary-tree/

题目描述

给你一棵二叉树的根节点 root 和一个正整数 k 。

树中的层和是指 同一层 上节点值的总和。

返回树中第 k 大的层和（不一定不同）。如果树少于 k 层，则返回 -1 。

注意，如果两个节点与根节点的距离相同，则认为它们在同一层。

题解（BFS + 堆）

BFS 模板题，使用小顶堆记录最大的 k 个数。

class Solution {
    fun kthLargestLevelSum(root: TreeNode?, k: Int): Long {
        if (null == root) return 0L
        val heap = PriorityQueue<Long>()

        // BFS
        val queue = LinkedList<TreeNode>()
        queue.offer(root)
        while (!queue.isEmpty()) {
            var levelSum = 0L
            for (count in 0 until queue.size) {
                val node = queue.poll()
                levelSum += node.`val`
                if (null != node.left) {
                    queue.offer(node.left)
                }
                if (null != node.right) {
                    queue.offer(node.right)
                }
            }
            if (heap.size < k) {
                heap.offer(levelSum)
            } else if (heap.peek() < levelSum) {
                heap.poll()
                heap.offer(levelSum)
            }
        }

        return if (heap.size >= k) heap.peek() else -1L
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n l g k)$ 其中 $n$ 是节点数。二叉树每个节点最多入队一次，二叉树最大有 $n$ 层，小顶堆维护 $k$ 个数的时间复杂度为 $O (n l g k)$ ；
空间复杂度： $O (n)$ 小顶堆空间 $O (k)$ ，递归栈空间最大 $O (n)$ 。

2584. 分割数组使乘积互质（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/split-the-array-to-make-coprime-products/

题目描述

给你一个长度为 n 的整数数组 nums ，下标从 0 开始。

如果在下标 i 处分割数组，其中 0 <= i <= n - 2 ，使前 i + 1 个元素的乘积和剩余元素的乘积互质，则认为该分割有效。

例如，如果 nums = [2, 3, 3] ，那么在下标 i = 0 处的分割有效，因为 2 和 9 互质，而在下标 i = 1 处的分割无效，因为 6 和 3 不互质。在下标 i = 2 处的分割也无效，因为 i == n - 1 。

返回可以有效分割数组的最小下标 i ，如果不存在有效分割，则返回 -1 。

当且仅当 gcd(val1, val2) == 1 成立时，val1 和 val2 这两个值才是互质的，其中 gcd(val1, val2) 表示 val1 和 val2 的最大公约数。

题解（质因子分解）

这道题是这场周赛中最复杂的题目，应该放在 T4。

因为多个数相乘的结果会溢出（如果题目中存在 0 还会干扰），所以这道题不能用前后缀分解的思路。 比较容易想到的思路是做质因子分解：显然合法分割数点的左右两边不能有公共质因子，否则子集的乘积必然是非互质的。

举个例子，在数组 [1, 2, 3, 2, 5] 中，将质因子 2 划分到不同子集的方案是错误的：

[1 | 2, 3, 2, 5]：错误分割
[1 , 2 | 3, 2, 5]：正确分割
[1 , 2, 3 | 2, 5]：正确分割
[1 , 2, 3, 2 | 5]：错误分割

脑海中有闪现过状态压缩，但题目输入数据较大无法实现，只能有散列表记录质因子信息。因此我们的算法是：先对 nums 数组中的每个元素做质因数分解，然后枚举所有分割点，统计左右子集中质因子的出现次数。如果出现同一个质因子再左右子集中的出现次数同时大于 1，说明分割点不成立。

class Solution {
    fun findValidSplit(nums: IntArray): Int {
        val n = nums.size
        // 质因子计数
        val leftCount = HashMap<Int, Int>()
        val rightCount = HashMap<Int, Int>()
        // 质因子分解
        val primeMap = HashMap<Int, HashSet<Int>>()
        for (num in nums) {
            // 对 num 做质因数分解
            primeMap[num] = HashSet<Int>()
            var x = num
            var prime = 2
            while (prime * prime <= x) {
                if (x % prime == 0) {
                    // 发现质因子
                    primeMap[num]!!.add(prime)
                    rightCount[prime] = rightCount.getOrDefault(prime, 0) + 1
                    // 消除所有 prime 因子
                    while (x % prime == 0) x /= prime
                }
                prime++
            }
            if(x > 1) {
                // 剩下的质因子
                primeMap[num]!!.add(x)
                rightCount[x] = rightCount.getOrDefault(x, 0) + 1 
            }
        }
        // 枚举分割点
        outer@ for (index in 0..n - 2) {
            for (prime in primeMap[nums[index]]!!) {
                leftCount[prime] = leftCount.getOrDefault(prime, 0) + 1
                rightCount[prime] = rightCount[prime]!! - 1
            }
            for ((prime, count) in leftCount) {
                if (rightCount[prime]!! != 0) continue@outer
            }
            return index
        }
        return -1
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '·' at position 14: O(n\sqrt{U}+n·̲m)$ 其中 $n$ 是 $n u m s$ 数组的长度，U 是数组元素的最大值， $m$ 是 $U$ 范围内的质数个数 $UlogU\frac{U}{logU}$ 。时间复杂度分为两部分，质因数分解占用 $O(nU)O(n\sqrt{U})$ ，枚举分割点的每轮循环需要枚举所有质数，占用 $KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '\cdot' at position 4: O(n\cdot̲m)$ ；
空间复杂度： $KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '\cdot' at position 4: O(n\cdot̲m + m)$ 质因子分解映射表和计数表。

题解二（质因数分解 + 合并区间）

思路来源：灵茶山艾符的题解

统计每种质因子在数组中出现的起始位置 left 和终止位置 right，如果分割点位于 [left, right) 区间，那么左右两子集一定会存在公共质因子。

因此我们的算法是：将质数的分布看成一个连续区间，按照区间起始位置对所有区间排序。遍历区间并维护最大区间终止位置 preEnd，如果当前区间与 preEnd 不连续，则说明以当前位置为分割点的方案不会拆分区间，也就找到目标答案。

如果按照这个思路理解，这道题本质上和 55. 跳跃游戏类似。

class Solution {
    fun findValidSplit(nums: IntArray): Int {
        // 质因子区间 <首次出现位置，末次出现位置>
        val primeMap = HashMap<Int, IntArray>()
        // 质因数分解
        for ((index, num) in nums.withIndex()) {
            // 对 num 做质因数分解
            var x = num
            var prime = 2
            while (prime * prime <= x) {
                if (x % prime == 0) {
                    // 发现质因子
                    primeMap.getOrPut(prime) { intArrayOf(index, index) }[1] = index
                    // 消除所有 prime 因子
                    while (x % prime == 0) x /= prime
                }
                prime++
            }
            if (x > 1) {
                // 剩下的质因子
                primeMap.getOrPut(x) { intArrayOf(index, index) }[1] = index
            }
        }
        // 区间排序
        val areaList = primeMap.values.toMutableList()
        Collections.sort(areaList) { e1, e2 ->
            e1[0] - e2[0]
        }
        // 枚举区间
        var preEnd = 0
        for (area in areaList) {
            if (area[0] > preEnd) return area[0] - 1
            preEnd = Math.max(preEnd, area[1])
        }
        return -1
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(nU+mlgm+m)O(n\sqrt{U}+mlgm+m)$ 质因数分解时间 $O(nU)O(n\sqrt{U})$ ，排序时间 $O (m l g m)$ ，枚举区间时间 $O (m)$ ；
空间复杂度： $O (m + l g m)$ 质因子区间数组占用 $O (m)$ ，排序递归栈空间 $O (l g m)$ 。

题解三（合并区间 + 排序优化）

题解二中的排序时间可以优化。

由于我们是从前往后分解 nums 数组，每分解一个质因子 prime 时，它一定可以更新该质数区间的末次出现位置。所以我们不用等到最后再做一次区间排序，直接在做质因数分解时维护 preEnd。在题解二中，我们是从区间的维度维护 preEnd，现在我们直接从 nums 数组的维度维护 preEnd。

class Solution {
    fun findValidSplit(nums: IntArray): Int {
        val n = nums.size
        // start[p] 表示质数 p 首次出现为止
        val start = HashMap<Int, Int>()
        // end[i] 表示以 i 为左端点的区间的最大右端点
        val end = IntArray(n)
        // 质因数分解
        for ((index, num) in nums.withIndex()) {
            // 对 num 做质因数分解
            var x = num
            var prime = 2
            while (prime * prime <= x) {
                if (x % prime == 0) {
                    // 发现质因子
                    if (!start.containsKey(prime)) {
                        start[prime] = index
                    } else {
                        end[start[prime]!!] = index
                    }
                    // 消除所有 prime 因子
                    while (x % prime == 0) x /= prime
                }
                prime++
            }
            if (x > 1) {
                // 剩下的质因子
                if (!start.containsKey(x)) {
                    start[x] = index
                } else {
                    end[start[x]!!] = index
                }
            }
        }
        var preEnd = 0
        for (index in 0 until n) {
            if (index > preEnd) return index - 1
            preEnd = Math.max(preEnd, end[index])
        }
        return -1
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(nU+m)O(n\sqrt{U}+m)$ 质因数分解时间 $O(nU)O(n\sqrt{U})$ ，枚举数组时间 $O (n)$ ；
空间复杂度： $O (n)$ $e n d$ 数组空间。

2585. 获得分数的方法数（Hard）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/number-of-ways-to-earn-points/

题目描述

考试中有 n 种类型的题目。给你一个整数 target 和一个下标从 0 开始的二维整数数组 types ，其中 types[i] = [counti, marksi] 表示第 i 种类型的题目有 counti 道，每道题目对应 marksi 分。

返回你在考试中恰好得到 target 分的方法数。由于答案可能很大，结果需要对 109 +7 取余。

注意，同类型题目无法区分。

比如说，如果有 3 道同类型题目，那么解答第 1 和第 2 道题目与解答第 1 和第 3 道题目或者第 2 和第 3 道题目是相同的。

题解（背包问题）

这是分组背包模板题，OIWiki-背包 DP。

定义 $d p [i] [j]$ 表示以物品 $[i]$ 为止且分数为 $j$ 的方案数，则有：

$KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '·' at position 67: …p[i - 1][j - k*·̲marks_{si}]$

class Solution {
    fun waysToReachTarget(target: Int, types: Array<IntArray>): Int {
        val MOD = 1000000007
        // 背包问题
        val n = types.size
        // dp[i][j] 表示以 [i] 为止且分数为 j 的方案数
        val dp = Array(n + 1) { IntArray(target + 1) }.apply {
            // 不选择且分数为 0 的方案数为 1
            this[0][0] = 1
        }
        // 枚举物品
        for (i in 1..n) {
            val count = types[i - 1][0]
            val mark = types[i - 1][1]
            for (j in target downTo 0) {
                dp[i][j] += dp[i - 1][j]
                for (k in 1..Math.min(count, j / mark)) {
                    dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k * mark]) % MOD
                }
            }
        }
        return dp[n][target]
    }
}

完全背包可以取消物品维度优化空间：

class Solution {
    fun waysToReachTarget(target: Int, types: Array<IntArray>): Int {
        val MOD = 1000000007
        // 背包问题
        val n = types.size
        // dp[i][j] 表示以 [i] 为止且分数为 j 的方案数
        val dp = IntArray(target + 1).apply {
            // 不选择且分数为 0 的方案数为 1
            this[0] = 1
        }
        // 枚举物品
        for (i in 1..n) {
            val count = types[i - 1][0]
            val mark = types[i - 1][1]
            for (j in target downTo 0) {
                for (k in 1..Math.min(count, j / mark)) {
                    dp[j] = (dp[j] + dp[j - k * mark]) % MOD
                }
            }
        }
        return dp[target]
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '\cdot' at position 9: O(target\cdot̲C)$ 其中 $C$ 是所有 $count_i$ 之和。
空间复杂度： $O (t a r g e t)$