LeetCode第 30 场双周赛题解
5177. 转变日期格式
思路：按照空格划分出年月日，年已经是数字形式，不需要做处理。月是英文单词的缩写，需要对应到相应的数字。
对于日，只需要把结尾的英文序数词去掉，只留下数字即可。 这里要注意月和日可能是个位数，这种情况下要在前面补一个0.
class Solution {
string months[12] = {"Jan", "Feb", "Mar", "Apr", "May", "Jun", "Jul", "Aug", "Sep", "Oct", "Nov", "Dec"};
public:
string reformatDate(string date) {
string day, month, year, res;
int split = 0; //用双指针划分出字符串
while(isdigit(date[split])) {
day += date[split];
++split;
}
if(day.size() < 2) { //如果是个位数，在前面补一个0
day = '0' + day;
}
while(date[split] != ' ') { //指针继续移动，划分下一个字符串（月）
++split;
}
++split;
while(date[split] != ' ') {
month += date[split];
++split;
}
for(int i = 0; i < 12; ++i) { //把月份的单词对应到相应的数字上
if(months[i] == month) {
month = to_string(i + 1);
}
}
if(month.size() < 2) { //如果是个位数，在前面补一个0
month = '0' + month;
}
++split;
year = date.substr(split); //剩下的部分就是年
//printf("%s-%s-%s", year.c_str(), month.c_str(), day.c_str());
res = year + '-' + month + '-' + day;
return res;
}
};
这题划分字符串也可以不用双指针，用stringstream可以直接以空格为分隔符划分三个字符串。
代码如下：
class Solution {
string months[12] = {"Jan", "Feb", "Mar", "Apr", "May", "Jun", "Jul", "Aug", "Sep", "Oct", "Nov", "Dec"};
public:
string reformatDate(string date) {
stringstream ss(date); //用一个stringstream划分date
string day, month, year, temp, res; //temp表示每一个划分出的字符串
while(getline(ss, temp, ' ')) { //使用空格作为分隔符
if(isdigit(temp[0]) && !isdigit(temp.back())) { //如果某个划分出的字符串temp第一个字符是数字而最后一个不是，则说明现在划分出的字符串是日
while(!isdigit(temp.back())) { //删掉末尾的英文序数词
temp.pop_back();
}
day = temp;
if(day.size() < 2) { //如果是个位数，在前面补个0
day = '0' + day;
}
} else if(!isdigit(temp[0]) && !isdigit(temp.back())) { //如果某个字符串第一个字符和末尾都不是数字，说明现在划分出的字符串是月
for(int i = 0; i < 12; ++i) {
if(months[i] == temp) {
month = to_string(i + 1); //把英文单词转化成对应的数字
break;
}
}
if(month.size() < 2) { //如果是个位数，在前面补个0
month = '0' + month;
}
} else if(isdigit(temp[0]) && isdigit(temp.back())) { //首末都是数字，说明是年，不作处理
year = temp;
}
}
res = year + '-' + month + '-' + day;
return res;
}
};
这题用python做会方便很多：
class Solution:
def reformatDate(self, date: str) -> str:
day, month, year = date.split(' ')
Months = {"Jan":"01", "Feb":"02", "Mar":"03", "Apr":"04", "May":"05", "Jun":"06", "Jul":"07", "Aug":"08", "Sep":"09", "Oct":"10", "Nov":"11", "Dec":"12"}
month = Months[month]
day = day[:2] if day[1].isdigit() else '0' + str(day[0])
return '-'.join([year, month, day])
5445. 子数组和排序后的区间和
这题题意是给定一个数组，求出他的所有子数组的和的可能，再对子数组的和排序组成新数组，
对于新数组中下标从left到right（left和right给定）的数组再进算和并返回。
要计算所有子数组和，最简单的想法是枚举所有子数组的起点和终点，再计算这一段的元素和。
同时枚举起点和终点，再在起点和终点里计算和需要O(n^3)的复杂度。超时。
计算子数组和，常见的方法是用一个前缀和数组来优化时间。
额外用一个数组preSum表示每个元素的前缀和，前缀和就是从数组第一个元素到当前元素的和。
比如preSum[3]就是nums[0] + nums[1] + nums[2] + nums[3]。
这样做的好处就是，我们枚举了起点i和终点j之后，要计算这一段子数组的和不需要逐个相加，
可以直接用preSum[j] - preSum[i]得到子数组和，这样时间就压缩到了O(n^2).
代码如下：
class Solution {
typedef __int64_t bignum; //这题数据很大，我们用__int64_t
bignum mod = 1e9 + 7; //返回结果要对1e9 + 7取余
public:
int rangeSum(vector<int>& nums, int n, int left, int right) {
int size = nums.size();
vector<bignum> preSum(size);
preSum[0] = nums[0];
for(int i = 1; i < size; ++i) {
preSum[i] = preSum[i - 1] + nums[i]; //对所有元素计算前缀和
}
vector<bignum> sums; //sums数组保存所有的子数组和
for(int i = 0; i < size; ++i) {
sums.push_back(preSum[i]); //每一个前缀和都是一个子数组和
for(int j = i + 1; j < size; ++j) {
sums.push_back(preSum[j] - preSum[i]); //枚举所有起点和终点，计算子数组的和
}
}
//for(auto x : sums) cout << x << ' ';
sort(sums.begin(), sums.end());
bignum res = 0;
for(int i = left - 1; i <= right - 1; ++i) {
res += sums[i];
}
return res % mod;
}
};
最后一个for循环也可以这么写:
for(int i = left - 1; i <= right - 1; ++i) {
res += sums[i];
if(res >= mod) {
res -= mod;
}
}
return res;
5446. 三次操作后最大值与最小值的最小差
这是一道智商题，如果能发现规律就很好做。
要求出三次操作后最大值和最小值的差的最小值。
我们就要让三次操作之后最大值和最小值尽可能接近，也就是尽可能让最大值小一点，最小值大一点。
所以三次操作都是对数组的最大值（或者前两个或前三个最大值）或者对数组的最小值（或者前两个或前三个最小值）进行操作。
这一点很好理解，如果对一个中间元素进行操作，则对于最大值和最小值的差并无影响。
由于只有三次操作，且都是对于最小或最大的几个数进行操作，所以一共只有四种情况：
-
三次操作将最小的三个数改为第四小的数。 修改最小的三个数，修改后的值一定是改为第四小的数，
因为这样才会让最大值和最小值（原来的第四小的值）的差最小。 -
两次操作将最小的两个数改为第三小的数，一次操作将最大的数改为第二小的数。 这也是一种缩小最大值和最小值的差的方法。
-
一次操作将最小的数改为第二小的数，两次操作将最大的两个数改为第三大的数。
-
三次操作将最大的三个数改为第四大的数。
最终的结果，就是上述四种情况的最小值！
注意，如果一共只有四个数或者更少，直接返回0即可，因为肯定可以让最大值和最小值的差相等。
代码如下：
class Solution {
public:
int minDifference(vector<int>& nums) {
int size = nums.size();
if(size <= 4) {
return 0;
}
sort(nums.begin(), nums.end());
int res = INT_MAX;
for(int i = 0; i <= 3; ++i) { //枚举四种情况
res = min(res, nums[size - 4 + i] - nums[i]); //更新修改后的最大值和最小值的差的最小值
}
return res;
}
};
5447. 石子游戏 IV
题意是给定石头数量，alice和bob每次都只能拿平方数个石头，如果某次操作某人拿走了所有的石头，则另一个玩家输。
典型DP问题: 用一个数组dp表示石头数和alice是否稳赢的关系，比如dp[i]表示有i个石头时alice是否稳赢（是返回true，否返回false）。
-
显然，当i是0时，alice是输得，因为题目说了没有石头时，无法操作的玩家输。
-
当i是一个平方数时，aclie稳赢，因为只要alice把石头全部拿走，bob就输了。
-
对于其他情况，就需要判断从当前石头里拿走所有可以拿的平方数个石头的方案里，对方是否一定输。
只要有一种拿平方数的方案里，对方一定输，就可以返回true，否则，遍历完所有可以拿的方案对方都不输，就返回false。
代码如下：
class Solution {
public:
bool winnerSquareGame(int n) {
vector<bool> dp(n + 1); //dp[i]表示有i个石头时alice是否稳赢
for(int i = 0; i <= n; ++i) { //从小到大递推计算dp数组
for(int j = 1; j * j + i <= n; ++j) { //枚举可以拿的石头数，j * j是当前拿的石头数
if(dp[i] == false) { //如果只有i个石头时必输
dp[j * j + i] = true; //那么有j * j + i个石头的时候就必赢，因为alice可以拿走j * j个石头，这样bob就必输
}
}
}
return dp[n]; //返回有n个石头时alice是否赢
}
};
