月度归档： 2024 年 11 月

目标

给你一个 n x n 的二维数组 grid，它包含范围 [0, n^2 - 1] 内的不重复元素。

实现 neighborSum 类：

• neighborSum(int [][]grid) 初始化对象。
• int adjacentSum(int value) 返回在 grid 中与 value 相邻的元素之和，相邻指的是与 value 在上、左、右或下的元素。
• int diagonalSum(int value) 返回在 grid 中与 value 对角线相邻的元素之和，对角线相邻指的是与 value 在左上、右上、左下或右下的元素。

示例 1：

输入：
["neighborSum", "adjacentSum", "adjacentSum", "diagonalSum", "diagonalSum"]
[[[[0, 1, 2], [3, 4, 5], [6, 7, 8]]], [1], [4], [4], [8]]
输出： [null, 6, 16, 16, 4]
解释：
1 的相邻元素是 0、2 和 4。
4 的相邻元素是 1、3、5 和 7。
4 的对角线相邻元素是 0、2、6 和 8。
8 的对角线相邻元素是 4。

示例 2：

输入：
["neighborSum", "adjacentSum", "diagonalSum"]
[[[[1, 2, 0, 3], [4, 7, 15, 6], [8, 9, 10, 11], [12, 13, 14, 5]]], [15], [9]]
输出： [null, 23, 45]
解释：
15 的相邻元素是 0、10、7 和 6。
9 的对角线相邻元素是 4、12、14 和 15。

说明：

• 3 <= n == grid.length == grid[0].length <= 10
• 0 <= grid[i][j] <= n^2 - 1
• 所有 grid[i][j] 值均不重复。
• adjacentSum 和 diagonalSum 中的 value 均在范围 [0, n^2 - 1] 内。
• 最多会调用 adjacentSum 和 diagonalSum 总共 2 * n^2 次。

思路

有一个 n x n 的二维矩阵，其元素值的范围是 0 ~ n^2 - 1，且元素值互不相同。给定一个元素值，求其上下左右的元素和以及对角线元素和（左上、右上、左下和右下）。

首先要找到这个给定的元素，再根据其下标计算元素和，对于大量重复地查询，可以记录每个元素值对应的下标。

每次定位的时间复杂度为 100，由于存在缓存，最多搜索 100 次，总复杂度为 10^4。

我们也可以在初始化的时候直接建立 元素值 与 坐标的映射，时间复杂度降为 O(n^2) 即 100。

还可以进一步优化，由于数据值是不可变的，可以提前将 相邻元素和 都计算好，查的时候无需重复计算。此外，由于元素各不相同，可以直接将元素值映射为下标，将元素值与坐标的映射改为元素值与相邻元素和的映射。

代码

/**
 * @date 2024-11-09 11:21
 */
public class NeighborSum3242 {

    class NeighborSum {

        int[][] adjacent = new int[][]{
                new int[]{-1, 0},
                new int[]{1, 0},
                new int[]{0, -1},
                new int[]{0, 1},
        };
        int[][] diagonal = new int[][]{
                new int[]{-1, -1},
                new int[]{-1, 1},
                new int[]{1, -1},
                new int[]{1, 1},
        };
        int[] adjacentSum;
        int[] diagonalSum;

        public NeighborSum(int[][] grid) {
            int index = 0;
            int n = grid.length;
            int length = n * n;
            adjacentSum = new int[length];
            diagonalSum = new int[length];
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                for (int j = 0; j < n; j++) {
                    int value = grid[i][j];
                    adjacentSum[value] = sum(grid, i, j, adjacent);
                    diagonalSum[value] = sum(grid, i, j, diagonal);
                }
            }
        }

        public int adjacentSum(int value) {
            return adjacentSum[value];
        }

        public int diagonalSum(int value) {
            return diagonalSum[value];
        }

        private int sum(int[][] grid, int i, int j, int[][] directions){
            int res = 0;
            for (int[] direction : directions) {
                int row = direction[0] + i;
                int col = direction[1] + j;
                if (row < 0 || col < 0 || row >= grid.length || col >= grid.length) {
                    continue;
                }
                res += grid[row][col];
            }
            return res;
        }
    }

}

性能

目标

给你两个 正 整数 x 和 y ，分别表示价值为 75 和 10 的硬币的数目。

Alice 和 Bob 正在玩一个游戏。每一轮中，Alice 先进行操作，Bob 后操作。每次操作中，玩家需要拿出价值 总和 为 115 的硬币。如果一名玩家无法执行此操作，那么这名玩家 输掉 游戏。

两名玩家都采取 最优 策略，请你返回游戏的赢家。

示例 1：

输入：x = 2, y = 7
输出："Alice"
解释：
游戏一次操作后结束：
Alice 拿走 1 枚价值为 75 的硬币和 4 枚价值为 10 的硬币。

示例 2：

输入：x = 4, y = 11
输出："Bob"
解释：
游戏 2 次操作后结束：
Alice 拿走 1 枚价值为 75 的硬币和 4 枚价值为 10 的硬币。
Bob 拿走 1 枚价值为 75 的硬币和 4 枚价值为 10 的硬币。

说明：

• 1 <= x, y <= 100

思路

有价值 75 的硬币 x 个，价值 10 的硬币 y 个。Alice 与 Bob 轮流进行操作，每一次操作需要从中取出价值 115 的硬币，如果无法执行此操作则玩家输掉游戏。如果 Alice 先进行操作，最后的赢家是谁？

每次操作需要取 1 个 x，4 个 y，可以直接模拟，直到 x < 1 或 y < 4。

这道题也有数学解法，输赢实际上取决于可以进行的操作次数。总共可以进行的操作次数是 Math.min(x，y/4)，如果为偶数 Bob 胜，奇数 Alice 胜。

代码

/**
 * @date 2024-11-05 9:14
 */
public class LosingPlayer3222 {

    public String losingPlayer_v1(int x, int y) {
        return Math.min(x, y / 4) % 2 == 0 ? "Bob" : "Alice";
    }

    public String losingPlayer(int x, int y) {
        int cnt = 0;
        while (x >= 1 && y >= 4) {
            x--;
            y -= 4;
            cnt++;
        }
        return cnt % 2 == 0 ? "Bob" : "Alice";
    }

}

性能

目标

给你两个正整数 n 和 k。

你可以选择 n 的 二进制表示 中任意一个值为 1 的位，并将其改为 0。

返回使得 n 等于 k 所需要的更改次数。如果无法实现，返回 -1。

示例 1：

输入： n = 13, k = 4
输出： 2
解释：
最初，n 和 k 的二进制表示分别为 n = (1101)2 和 k = (0100)2，
我们可以改变 n 的第一位和第四位。结果整数为 n = (0100)2 = k。

示例 2：

输入： n = 21, k = 21
输出： 0
解释：
n 和 k 已经相等，因此不需要更改。

示例 3：

输入： n = 14, k = 13
输出： -1
解释：
无法使 n 等于 k。

说明：

• 1 <= n, k <= 10^6

思路

有两个整数 n 和 k，每次操作可以将 n 的二进制位从 1 改为 0，求使 n 等于 k 所需的操作次数，如果无法实现返回 -1。

注意到这两个整数最大为 10^6，而 2^20 = 1048576，因此最高 bit 位不会超过 20。

依次比较这两个数的第 19 位到第 0 位：

• 如果相等则跳过
• 如果 n 的 bit 位为 0 则返回 -1，因为这时 k 对应位置的 bit 位为 1，无法通过操作使之相等
• 否则累加操作次数

官网题解提供了另一种解法，将每个 bit 为 1 的位置视为一个元素，如果可以通过操作将 n 变为 k， 说明 k 的 bit 1 的集合是 n 的 bit 1 集合的子集。因此 n & k = k，这时我们需要统计 n 与 k bit 位不同的个数，直接使用异或运算统计 bit 1 的个数即可。

return (n & k) == k ? Integer.bitCount(n ^ k) : -1;。

代码

/**
 * @date 2024-11-02 5:00
 */
public class MinChanges3226 {

    public int minChanges(int n, int k) {
        int res = 0;
        for (int i = 19; i >= 0; i--) {
            int bitn = n & 1 << i;
            int bitk = k & 1 << i;
            if (bitn == bitk) {
                continue;
            }
            if (bitn == 0) {
                return -1;
            } else {
                res++;
            }
        }
        return res;
    }
}

性能