LeeCode 92双周赛复盘

T1: 分割圆的最少切割次数

思维题：

• n 为偶数时，可以对半切割，切割 \(\frac{n}{2}\)次即可

• n 为奇数时，不满足对称性，需要切割 n 次

• n 为 1 时，不需要切割

public int numberOfCuts(int n) {
    if (n == 1) {
        return 0;
    }
    if (n % 2 == 0) {
        return n / 2;
    }
    
    return n;
}

T2: 行和列中一和零的差值

思路：按要求模拟即可，第一次遍历统计，第二次遍历计算。

public int[][] onesMinusZeros(int[][] grid) {
    // 第一遍遍历统计第 i 行 0 的数目和第 j 列 0 的数目
    int m = grid.length;
    int n = grid[0].length;
    
    int[] zeroRow = new int[m];
    int[] zeroCol = new int[n];

    for (int i = 0; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if (grid[i][j] == 0) {
                zeroRow[i] += 1;
                zeroCol[j] += 1;
            }
        }
    }

    // 构建差值矩阵
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            grid[i][j] = (n - zeroRow[i]) + (m - zeroCol[j]) - (zeroRow[i]) - (zeroCol[j]);
        }
    }

    return grid;
}

T3: 商店的最小代价

思路：前后缀统计

• 第一次遍历统计字符串中 Y 的个数，即在 0 小时关门的代价

• 第二次遍历计算在1~N 小时关门的代价

public int bestClosingTime(String customers) {
    int pos = 0;
    int cost = 0;
    for (int i = 0; i < customers.length(); i++) {
        if (customers.charAt(i) == 'Y') {
            cost += 1;
        }
    }

    if (cost == 0) {
        return pos;
    }

    int min = cost;
    for (int i = 1; i <= customers.length(); i++) {
        if (customers.charAt(i - 1) == 'Y') {
            cost -= 1;
        }
        else {
            cost += 1;
        }

        if (cost < min) {
            min = cost;
            pos = i;
        }
    }

    return pos;
}

T4: 统计回文子序列的数目

思路：动态规划 + 前缀/后缀和

回文子序列的长度固定为5，则其形式必须为xyzyx（x、y、z可以相等），即回文中心为单个字符，左右包括两个对称的双字符序列。

由于字符串只包含0~9的数字，所以 xy 一共只有100种

• 枚举所有回文中心 i，统计s[0, i - 1]中 xy 的个数，s[i + 1, s.length() - 1] 中 yx 的个数
• \(ans = \sum_{i = 0}^{s.length() - 1} {\sum_{0}^{99} {count_{ab} * count_{ba}}}\)

如何高效统计 s[0, i-1] 以及 s[i + 1, s.length() - 1] 中各对字符的个数呢？

1. 利用动态规划的思想，统计 s[0, i - 1] 中 xy 的个数，正向遍历字符串
2. \(\begin{cases}dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k] + prefix[j] \quad (s[i] == k) \\dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k] \quad (s[i] != k)\end{cases}\)
3. 上述公式中 prefix[j] 表示 s[0, i - 1] 中 j 的个数
4. 由于动态规划过程中当前状态只取决于上一状态，可以将其简化为 \(dp[j][k] += prefix[j] \quad (s[i] == k)\)
5. 统计 s[i + 1, s.length() - 1] 中 yx 的个数也是类似的道理，需要逆向遍历字符串并维护一个后缀数组suffix

/**
 * 核心思路：回文串长度为5, 等价于回文中心是单个数字，且左右各有两个对称的数字, 即 12321
 * 
 * 枚举所有的回文中心 i (0 <= i <= s.length() - 1)
 * 统计 s[0 ... i - 1] 中 xy 的个数 count1, xy只有 100 种情况
 * 统计 s[i + 1 ... s.length() - 1] 中 yx 的个数 count2
 * 
 * ans = \sum_{0}^{s.length() - 1} {\sum_{0}^{99} {count1 * count2}}
 * @param s
 * @return
 */
public int countPalindromes(String s) {
    char[] arr = s.toCharArray();
    
    int[] prefix = new int[10];
    int[] suffix = new int[10];

    int[][] prefix2 = new int[10][10];
    int[][] suffix2 = new int[10][10];

    // 逆序遍历, 统计 xy 个数
    // dp[pos][x][y] = dp[pos + 1][x][y] + suffix[y]  if (cur == x)
    // dp[pos][x][y] = dp[pos + 1][x][y]              if (cur != x)
    for (int i = arr.length - 1; i >= 0; i--) {
        int cur = arr[i] - '0';
        for (int j = 0; j <= 9; j++) {
            suffix2[cur][j] += suffix[j];
        }

        suffix[cur] += 1;
    }

    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
        int cur = arr[i] - '0';
        suffix[cur] -= 1;

        // 去除后序遍历计算的包括当前位置的xy个数
        for (int j = 0; j <= 9; j++) {
            suffix2[cur][j] -= suffix[j];
        }

        for (int j = 0; j <= 9; j++) {
            for (int k = 0; k <= 9; k++) {
                ans += (long) prefix2[k][j] * suffix2[j][k];
            }
        }

        for (int j = 0; j <= 9; j++) {
            prefix2[j][cur] += prefix[j];
        }
        prefix[cur] += 1;
    }

    return (int) (ans % MOD);
}