竞赛196
所有蚂蚁掉下来前的最后一刻
有一块木板，长度为 n 个 单位 。一些蚂蚁在木板上移动，每只蚂蚁都以 每秒一个单位 的速度移动。其中，一部分蚂蚁向 左 移动，其他蚂蚁向 右 移动。
当两只向 不同 方向移动的蚂蚁在某个点相遇时，它们会同时改变移动方向并继续移动。假设更改方向不会花费任何额外时间。
而当蚂蚁在某一时刻 t 到达木板的一端时，它立即从木板上掉下来。
给你一个整数 n 和两个整数数组 left 以及 right 。两个数组分别标识向左或者向右移动的蚂蚁在 t = 0 时的位置。请你返回最后一只蚂蚁从木板上掉下来的时刻。
示例 1：
输入：n = 4, left = [4,3], right = [0,1]
输出：4
解释：如上图所示：
-下标 0 处的蚂蚁命名为 A 并向右移动。
-下标 1 处的蚂蚁命名为 B 并向右移动。
-下标 3 处的蚂蚁命名为 C 并向左移动。
-下标 4 处的蚂蚁命名为 D 并向左移动。
请注意，蚂蚁在木板上的最后时刻是 t = 4 秒，之后蚂蚁立即从木板上掉下来。（也就是说在 t = 4.0000000001 时，木板上没有蚂蚁）。
示例 2：
输入：n = 7, left = [], right = [0,1,2,3,4,5,6,7]
输出：7
解释：所有蚂蚁都向右移动，下标为 0 的蚂蚁需要 7 秒才能从木板上掉落。
示例 3：
输入：n = 7, left = [0,1,2,3,4,5,6,7], right = []
输出：7
解释：所有蚂蚁都向左移动，下标为 7 的蚂蚁需要 7 秒才能从木板上掉落。
示例 4：
输入：n = 9, left = [5], right = [4]
输出：5
解释：t = 1 秒时，两只蚂蚁将回到初始位置，但移动方向与之前相反。
示例 5：
输入：n = 6, left = [6], right = [0]
输出：6
提示：
1 <= n <= 10^4
0 <= left.length <= n + 1
0 <= left[i] <= n
0 <= right.length <= n + 1
0 <= right[i] <= n
1 <= left.length + right.length <= n + 1
left 和 right 中的所有值都是唯一的，并且每个值 只能出现在二者之一 中。
代码.....待完善
总结：这个第二题，当时一看竟然没思路，后来偶然间作出最后一道题，然后就花了1个多小时做第三题，一直没做出了，早知道就做第二题，直接排进前200 名。天呐！！！
统计全 1 子矩形
给你一个只包含 0 和 1 的 rows * columns 矩阵 mat ，请你返回有多少个 子矩形 的元素全部都是 1 。
示例 1：
输入：mat = [[1,0,1],
[1,1,0],
[1,1,0]]
输出：13
解释：
有 6 个 1x1 的矩形。
有 2 个 1x2 的矩形。
有 3 个 2x1 的矩形。
有 1 个 2x2 的矩形。
有 1 个 3x1 的矩形。
矩形数目总共 = 6 + 2 + 3 + 1 + 1 = 13 。
示例 2：
输入：mat = [[0,1,1,0],
[0,1,1,1],
[1,1,1,0]]
输出：24
解释：
有 8 个 1x1 的子矩形。
有 5 个 1x2 的子矩形。
有 2 个 1x3 的子矩形。
有 4 个 2x1 的子矩形。
有 2 个 2x2 的子矩形。
有 2 个 3x1 的子矩形。
有 1 个 3x2 的子矩形。
矩形数目总共 = 8 + 5 + 2 + 4 + 2 + 2 + 1 = 24 。
示例 3：
输入：mat = [[1,1,1,1,1,1]]
输出：21
示例 4：
输入：mat = [[1,0,1],[0,1,0],[1,0,1]]
输出：5
提示：
1 <= rows <= 150
1 <= columns <= 150
0 <= mat[i][j] <= 1
class Solution {
public int numSubmat(int[][] mat) {
int row = mat.length, col = mat[0].length, ans = 0;
for (int i = 0; i < row; i++){
//统计
for (int j = i; j < row; j++){
int now = 0;
for (int k = 0; k < col; k++){
if (mat[j][k] == 0) now = 0;
else now = k == 0 ? mat[j][0] : (now + 1);
ans += now;
}
}
//压缩
for (int j = row - 1; j > i; j--){
for (int k = 0; k < col; k++){
mat[j][k] = mat[j][k] & mat[j - 1][k];
}
}
}
return ans;
}
}
总结：
这可能是我看到最经典的了，首先在统计每一行矩形的时候，用到了等差数列。
其次在统计不是一行的数据时，使用了，从合并矩形的思路。
而我当时的思路也只能是从某个点出发，先统计一行的矩形，其次统计竖着的矩形，就不会统计了，写了1个多小数没个应。
/**
* @param {number[][]} mat
* @return {number}
*/
var numSubmat = function(mat) {
let len = mat.length;
let width = mat[0].length;
let sum = 0;
for(let j=0; j<len; j++){
for(let i=0; i<width; i++){
if(mat[j][i] ===1){
// sum++;
// mat[j][i] = -1
let ss=i;
while(i>=0){
if(mat[j][--i]) {
ss = i
}else {
break
}
}
// let ss = mat[j].find(f=>f!==0)
if(mat[j][ss]){
sum++;
mat[j][ss] = -1
}
for(let s=ss+1; s<width; s++){
if(mat[j][s]){
sum++;
mat[j][s] = -1
for(let sj = j+1; sj<len; sj++){
if(mat[sj].slice(ss, s+1).every(e=>e!==0)){
sum++;
for(let tt = ss; tt<s+1; tt++){
mat[sj][tt] = -1
}
} else {
break
}
}
} else {
break
}
}
// zuo
// for(let s=i-1; s>=0; s--){
// if(mat[j][s]){
// sum++;
// mat[j][s] = -1
// for(let sj = j+1; j<len; sj++){
// if(mat[sj].slice(i, s+1).every(e=>e===1)){
// sum++;
// for(let tt = i; tt<s+1; tt++){
// mat[sj][tt] = -1
// }
// } else {
// break
// }
// }
// } else {
// break
// }
// }
// xia
for(let s1 = j+1; s1<len; s1++){
if(mat[s1][ss]){
sum++;
mat[s1][ss] = -1
} else {
break
}
}
// shang
// for(let s1 = j-1; s1>=0; s1--){
// if(mat[s1][i]){
// sum++;
// mat[s1][i] = -1
// } else {
// break
// }
// }
}
}
}
return sum;
};
最多 K 次交换相邻数位后得到的最小整数
给你一个字符串 num 和一个整数 k 。其中，num 表示一个很大的整数，字符串中的每个字符依次对应整数上的各个 数位 。
你可以交换这个整数相邻数位的数字 最多 k 次。
请你返回你能得到的最小整数，并以字符串形式返回。
示例 1：
输入：num = "4321", k = 4
输出："1342"
解释：4321 通过 4 次交换相邻数位得到最小整数的步骤如上图所示。
示例 2：
输入：num = "100", k = 1
输出："010"
解释：输出可以包含前导 0 ，但输入保证不会有前导 0 。
示例 3：
输入：num = "36789", k = 1000
输出："36789"
解释：不需要做任何交换。
示例 4：
输入：num = "22", k = 22
输出："22"
示例 5：
输入：num = "9438957234785635408", k = 23
输出："0345989723478563548"
提示：
1 <= num.length <= 30000
num 只包含 数字 且不含有 前导 0 。
1 <= k <= 10^9
/**
* @param {string} num
* @param {number} k
* @return {string}
*/
var minInteger = function(num, k) {
num = num.split('')
let len = num.length;
let t=0;//t标记每次交换开始的首位置
let n, min;
while(k>0){
if(t==len)
break;
n=t;//用n标记每次交换开始时的用于交换部分的首字符
for(let i=t;i<=t+k;i++) {
if(i>=len)
break;
if(num[i]<num[n])
n=i;//遇到字符数小的字符时，用n标记下来。
}
if(n!=t)
{
min=num[n];
for(let i=n;i>t;i--)
num[i]=num[i-1];
num[t]=min;
k-=n-t;//等于k=k-(n-t);
}
t++;
}
return num.join('')
};
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/last-moment-before-all-ants-fall-out-of-a-plank
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
