On the shoulders of giants.

weekly-contest-179

生成每种字符都是奇数个的字符串

给你一个整数 n,请你返回一个含 n 个字符的字符串,其中每种字符在该字符串中都恰好出现 奇数次

返回的字符串必须只含小写英文字母。如果存在多个满足题目要求的字符串,则返回其中任意一个即可。

示例 1:

输入:n = 4
输出:"pppz"
解释:"pppz" 是一个满足题目要求的字符串,因为 'p' 出现 3 次,且 'z' 出现 1 次。当然,还有很多其他字符串也满足题目要求,比如:"ohhh" 和 "love"。

示例 2:

输入:n = 2
输出:"xy"
解释:"xy" 是一个满足题目要求的字符串,因为 'x' 和 'y' 各出现 1 次。当然,还有很多其他字符串也满足题目要求,比如:"ag" 和 "ur"。

示例 3:

输入:n = 7
输出:"holasss"

提示:

  • 1 <= n <= 500
题解

直接分奇数和偶数长度考虑,然后简单构造即可。

时间复杂度:\(O(n)\)

class Solution {
public:
    string generateTheString(int n) {
        string result = "";
        int a, b;
        if(n & 1) a = n, b = 0;
        else a = 1, b = n - 1;
        for(int i = 0; i < a; i++) result += 'a';
        for(int i = 0; i < b; i++) result += 'b';
        return result;
    }
};

灯泡开关 III

房间中有 n 枚灯泡,编号从 1n,自左向右排成一排。最初,所有的灯都是关着的。

k  时刻( k 的取值范围是 0n - 1),我们打开 light[k] 这个灯。

灯的颜色要想 变成蓝色 就必须同时满足下面两个条件:

  • 灯处于打开状态。
  • 排在它之前(左侧)的所有灯也都处于打开状态。

请返回能够让 所有开着的 灯都 变成蓝色 的时刻 数目 。

示例 1:

输入:light = [2,1,3,5,4]
输出:3
解释:所有开着的灯都变蓝的时刻分别是 1,2 和 4 。

示例 2:

输入:light = [3,2,4,1,5]
输出:2
解释:所有开着的灯都变蓝的时刻分别是 3 和 4(index-0)。

示例 3:

输入:light = [4,1,2,3]
输出:1
解释:所有开着的灯都变蓝的时刻是 3(index-0)。
第 4 个灯在时刻 3 变蓝。

示例 4:

输入:light = [2,1,4,3,6,5]
输出:3

示例 5:

输入:light = [1,2,3,4,5,6]
输出:6

提示:

  • n == light.length
  • 1 <= n <= 5 * 10^4
  • light[1, 2, ..., n] 的一个排列。
题解

打开一个灯后,对全局有影响的只有本身及其右相邻的灯,记录每个灯的状态(没开,开了,变蓝)直接模拟即可。

时间复杂度:\(O(n)\)

class Solution {
public:
    int numTimesAllBlue(vector<int>& light) {
        int n = light.size();
        vector<int> color(n + 2, 0);
        int result = 0, total = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            if(light[i] == 1) color[1] = 2, total++;
            else {
                color[light[i]] = 1;
                if(color[light[i] - 1] != 0) 
                    color[light[i]] = 2, total++;
            }
            if(color[light[i] + 1] == 1) 
                color[light[i] + 1] = 2, total++;
            if(total == i + 1) result++;
        }
        return result;
    }
};

通知所有员工所需的时间

公司里有 n 名员工,每个员工的 ID 都是独一无二的,编号从 0n - 1。公司的总负责人通过 headID 进行标识。

manager 数组中,每个员工都有一个直属负责人,其中 manager[i] 是第 i 名员工的直属负责人。对于总负责人,manager[headID] = -1。题目保证从属关系可以用树结构显示。

公司总负责人想要向公司所有员工通告一条紧急消息。他将会首先通知他的直属下属们,然后由这些下属通知他们的下属,直到所有的员工都得知这条紧急消息。

i 名员工需要 informTime[i] 分钟来通知它的所有直属下属(也就是说在 informTime[i] 分钟后,他的所有直属下属都可以开始传播这一消息)。

返回通知所有员工这一紧急消息所需要的 分钟数

示例 1:

输入:n = 1, headID = 0, manager = [-1], informTime = [0]
输出:0
解释:公司总负责人是该公司的唯一一名员工。

示例 2:

输入:n = 6, headID = 2, manager = [2,2,-1,2,2,2], informTime = [0,0,1,0,0,0]
输出:1
解释:id = 2 的员工是公司的总负责人,也是其他所有员工的直属负责人,他需要 1 分钟来通知所有员工。
上图显示了公司员工的树结构。

示例 3:

输入:n = 7, headID = 6, manager = [1,2,3,4,5,6,-1], informTime = [0,6,5,4,3,2,1]
输出:21
解释:总负责人 id = 6。他将在 1 分钟内通知 id = 5 的员工。
id = 5 的员工将在 2 分钟内通知 id = 4 的员工。
id = 4 的员工将在 3 分钟内通知 id = 3 的员工。
id = 3 的员工将在 4 分钟内通知 id = 2 的员工。
id = 2 的员工将在 5 分钟内通知 id = 1 的员工。
id = 1 的员工将在 6 分钟内通知 id = 0 的员工。
所需时间 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 。

示例 4:

输入:n = 15, headID = 0, manager = [-1,0,0,1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6], informTime = [1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0]
输出:3
解释:第一分钟总负责人通知员工 1 和 2 。
第二分钟他们将会通知员工 3, 4, 5 和 6 。
第三分钟他们将会通知剩下的员工。

示例 5:

输入:n = 4, headID = 2, manager = [3,3,-1,2], informTime = [0,0,162,914]
输出:1076

提示:

  • 1 <= n <= 10^5
  • 0 <= headID < n
  • manager.length == n
  • 0 <= manager[i] < n
  • manager[headID] == -1
  • informTime.length == n
  • 0 <= informTime[i] <= 1000
  • 如果员工 i 没有下属,informTime[i] == 0
  • 题目 保证 所有员工都可以收到通知。
题解

我们得从低到高考虑:

一位高管把下面的员工都通知到的时间为:所有直接员工通知时间的最大值 + 自身通知需要的时间。

直接遍历这棵树即可。

时间复杂度:\(O(n)\)

const int N = 1E5 + 10;
class Solution {
public:
    vector<int> g[N];
    vector<int> time;
    int root, result = 0;
    int search(int x) {
        int n = g[x].size(), lim = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            int y = g[x][i];
            lim = max(lim, search(y));
        }
        return lim + time[x];
    }
    int numOfMinutes(int n, int headID, vector<int>& manager, vector<int>& informTime) {
        time.resize(n);
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            time[i] = informTime[i];
            if(manager[i] == -1) continue;
            else g[manager[i]].push_back(i);
        }
        return search(headID);
    }
};

T 秒后青蛙的位置

给你一棵由 n 个顶点组成的无向树,顶点编号从 1 到 n。青蛙从 顶点 1 开始起跳。规则如下:

  • 在一秒内,青蛙从它所在的当前顶点跳到另一个 未访问 过的顶点(如果它们直接相连)。
  • 青蛙无法跳回已经访问过的顶点。
  • 如果青蛙可以跳到多个不同顶点,那么它跳到其中任意一个顶点上的机率都相同。
  • 如果青蛙不能跳到任何未访问过的顶点上,那么它每次跳跃都会停留在原地。

无向树的边用数组 edges 描述,其中 edges[i] = [fromi, toi] 意味着存在一条直接连通 fromitoi 两个顶点的边。

返回青蛙在 t 秒后位于目标顶点 target 上的概率。

示例 1:

输入:n = 7, edges = [[1,2],[1,3],[1,7],[2,4],[2,6],[3,5]], t = 2, target = 4
输出:0.16666666666666666 
解释:上图显示了青蛙的跳跃路径。青蛙从顶点 1 起跳,第 1 秒 有 1/3 的概率跳到顶点 2 ,然后第 2 秒 有 1/2 的概率跳到顶点 4,因此青蛙在 2 秒后位于顶点 4 的概率是 1/3 * 1/2 = 1/6 = 0.16666666666666666 。 

示例 2:

输入:n = 7, edges = [[1,2],[1,3],[1,7],[2,4],[2,6],[3,5]], t = 1, target = 7
输出:0.3333333333333333
解释:上图显示了青蛙的跳跃路径。青蛙从顶点 1 起跳,有 1/3 = 0.3333333333333333 的概率能够 1 秒 后跳到顶点 7 。 

示例 3:

输入:n = 7, edges = [[1,2],[1,3],[1,7],[2,4],[2,6],[3,5]], t = 20, target = 6
输出:0.16666666666666666

提示:

  • 1 <= n <= 100
  • edges.length == n-1
  • edges[i].length == 2
  • 1 <= edges[i][0], edges[i][1] <= n
  • 1 <= t <= 50
  • 1 <= target <= n
  • 与准确值误差在 10^-5 之内的结果将被判定为正确。
题解

从根节点开始跳,不能跳到跳过的节点,就很显然,只能一直往下跳,然后分两种情况:

  • 如果目标节点的深度 等于 时间 t ,那么一定能跳到。
  • 如果目标节点是叶子节点且其深度 小于 时间 t ,那么一定能跳到(原地跳)。

其他情况都是 0 概率的。

首先构图遍历,每一步决策的概率为:1 / 子节点总数 ,最后乘法原理计算出结果。

时间复杂度:\(O(n)\)

const int N = 1E2 + 10;
class Solution {
public:
    vector<int> g[N];
    vector<bool> vis;
    double search(int x, int p, int dep, int t, int aim) {
        vis[x] = true;
        int n = 0;
        for(auto y : g[x]) n += (vis[y] == false);
        if(x == aim) {
            if(n == 0 && dep <= t) return 1;
            if(t == dep) return 1;
            else return -2;
        }
        n = 0;
        for(auto y : g[x]) n += (y != p);
        for(auto y : g[x]) {
            if(vis[y]) continue;
            double ans = search(y, x, dep + 1, t, aim);
            if(-1 < ans) return ans * (1.0 / n); 
        }
        return -2;
    }
    double frogPosition(int n, vector<vector<int>>& edges, int t, int target) {
        vis.resize(n + 1);
        for(auto edge : edges) {
            g[edge[0]].push_back(edge[1]);
            g[edge[1]].push_back(edge[0]);
        }
        double result = search(1, -1, 0, t, target);
        return result < -1 ? 0 : result;
    }
};
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