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学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思想结构，你的考虑越笼统，它能掩盖的问题域就越广，理解难度也更复杂。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题陈述，一起体会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 27 篇文章，往期回忆请移步到文章末尾~

T1. 总行驶间隔（Easy）

  • 标签：模拟

T2. 找出分区值（Medium）

  • 标签：排序

T3. 特别的摆放（Medium）

  • 标签：图、状况紧缩、回溯

T4. 给墙面刷油漆（Hard）

  • 标签：动态规划、01 背包

LeetCode 周赛 350（2023/06/18）01 背包变型题

T1. 总行驶间隔（Easy）

https://leetcode.cn/problems/total-distance-traveled/

题解（模拟）

WA 的举手：

class Solution {
    fun distanceTraveled(mainTank: Int, additionalTank: Int): Int {
        return mainTank * 10 + Math.min(additionalTank, mainTank / 5) * 10
    }
}

这道题需求考虑加油后又补足 5 升油量的状况：

class Solution {
    fun distanceTraveled(mainTank: Int, additionalTank: Int): Int {
        var ret = 0
        var x = mainTank
        var y = additionalTank
        while (x >= 5) {
            val time = x / 5
            ret += time * 50
            x %= 5
            val diff = Math.min(time, y)
            y -= diff
            x += diff
        }
        return ret + x * 10
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(log5n)O(log_5{n})
  • 空间复杂度：O(1)O(1)

T2. 找出分区值（Medium）

https://leetcode.cn/problems/find-the-value-of-the-partition/

题解（排序）

排序后计算最小差值:

class Solution {
    fun findValueOfPartition(nums: IntArray): Int {
        nums.sort()
        var ret = Integer.MAX_VALUE
        for(i in 1 until nums.size) {
            ret = Math.min(ret, nums[i] - nums[i - 1])
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析

  • 时刻复杂度：O(nlgn)O(nlgn)
  • 空间复杂度：O(lgn)O(lgn)

T3. 特别的摆放（Medium）

https://leetcode.cn/problems/special-permutations/

题解（图 + 状况紧缩 + 回溯）

因为题目要求相邻元素之间至少存在单向整除联系，简单想到咱们需求预处理数据，记载每个元素在作为 (x, y) 相邻对中的 x 时，下一个数 y 可以挑选什么数，即从 x 到 y 存在单向边。

val edge = HashMap<Int, MutableList<Int>>()
for ((i,x) in nums.withIndex()) {
    edge[x] = LinkedList<Int>()
    for (y in nums) {
        if (x == y) continue
        if (x % y == 0 || y % x == 0) edge[x]!!.add(y)
    }
}

这道题的最大有 14 个数，那么运用全摆放将至少需求 14! 种状况，暴力全摆放会不会超时呢？可以运用经验值 10! = 3628800 约等于 3 10^6，那么 14! 必定大于 3 10^6 10^4，显然是会超时的。

运用状况紧缩可以处理这个问题，咱们界说 f(x, s) 表明最终挑选 x，且已挑选列表为 s 的状况下的计划数，其间 s 中的二进制位表明不同下标的数的挑选与未挑选状况，经过 s 就可概括多种摆放计划，最终咱们运用备忘录来剪枝。因为 14 可以被短整型的位数掩盖，因而咱们运用 (1 << 14) – 1 来作为初始状况，运用 0 作为停止条件。

class Solution {
    private val MOD = 1000000007
    fun specialPerm(nums: IntArray): Int {
        val n = nums.size
        val mask = 1 shl n
        // 预处理
        val edge = HashMap<Int, MutableList<Int>>()
        for (x in nums.indices) {
            edge[x] = LinkedList<Int>()
            for (y in nums.indices) {
                if (nums[x] != nums[y] && nums[x] % nums[y] == 0 || nums[y] % nums[x] == 0) edge[x]!!.add(y)
            }
        }
        // 备忘录
        val memo = Array(n) { IntArray(mask) {-1} } 
        fun backTrack(preIndex: Int, unUsed:Int) : Int{
            // 停止条件
            if (unUsed == 0) return 1
            // 读备忘录
            if (-1 != memo[preIndex][unUsed]) return memo[preIndex][unUsed] 
            var ret = 0
            for (choice in edge[preIndex]!!) {
                if (unUsed and (1 shl choice) == 0) continue
                ret = (ret + backTrack(choice, unUsed xor (1 shl choice))) % MOD
            }
            // 存备忘录
            memo[preIndex][unUsed] = ret
            return ret
        }
        // 枚举首个元素的多种状况
        var ret = 0
        for (i in nums.indices) {
            ret = (ret + backTrack(i, (mask - 1) xor (1 shl i))) % MOD
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(n2⋅2n)O(n^22^n) 总共有 n⋅2nn2^n 种状况，每种状况的转移次数最多为 O(n)O(n)；
  • 空间复杂度：O(n⋅2n)O(n2^n) 备忘录空间。

T4. 给墙面刷油漆（Hard）

https://leetcode.cn/problems/painting-the-walls/

题解（01 背包）

思路参阅灵神的题解。

需求考虑到优先让付费油漆匠刷最低开支的墙的贪心计划是过错的。

简单发现关于第 i 面墙来说，当且只要分配给付费油漆匠或免费油漆匠 2 种挑选，且有：

  • 付费墙数 + 免费墙数 = n
  • 付费刷墙时刻之和 ≥ 免费墙数

联合两式有：付费墙数 + 付费刷墙时刻之和 ≥ n，即 (付费刷墙时刻 + 1) 之和 ≥ n。那么，此时问题变成从 n 面墙中挑选 x 面付费墙，使得满足 (刷墙时刻 + 1) ≥ n 时的最小开支，可以用 0 1 背包模型处理。

咱们界说 dp[i][j] 表明考虑到 i 停止，且 (刷墙时刻 + 1) 为 j 时的最小开支，则关于 第 i 面墙存在两种转移方法：

  • 分配给付费油漆匠（选）：那么 dp[i][j] = dp[i – 1][j – time[i] – 1] + cost[i]
  • 分配给免费油漆匠（不选）：那么 dp[i][j] = dp[i – 1][j]

起始条件：dp[0][0] = 0，表明考虑到第 0 面墙停止，且 (刷墙时刻 + 1) 为 0 时的最小开支为 0。

class Solution {
    fun paintWalls(cost: IntArray, time: IntArray): Int {
        val INF = 0x3F3F3F3F
        val n = cost.size
        // 刷墙时刻超越 n 没有意义
        val dp = Array(n + 1) { IntArray(n + 1) { INF } }
        // 初始状况（付费刷墙时刻为 0，开支为 0）
        for (i in 0 .. n) dp[i][0] = 0
        // 枚举物品
        for (i in 1 .. n) {
            // 枚举状况
            for (j in 1 .. n) {
                val t = time[i - 1] + 1
                val c = cost[i - 1]
                dp[i][j] = dp[i - 1][j]
                dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i - 1][Math.max(j - t, 0)] + c)
            }
        }
        return dp[n][n]
    }
}

其间关于 j < t 的状况，因为 j 表明付费刷墙时刻之和，而 t 表明刷第 i 面墙的时刻。假如 j – t < 0，那么等于刷墙之后丢掉一部分付费刷墙时刻，此时的花费不会最坏不会差过从初始状况选第 i 墙的开支，即 dp[i-1][Math.max(j-t,0)] + c。

0 1 背包问题一般可以选用翻滚数组优化空间：

class Solution {
    fun paintWalls(cost: IntArray, time: IntArray): Int {
        val INF = 0x3F3F3F3F
        val n = cost.size
        // 刷墙时刻超越 n 没有意义
        val dp = IntArray(n + 1) { INF }
        // 初始状况（付费刷墙时刻为 0，开支为 0）
        dp[0] = 0
        // 枚举物品
        for (i in 1 .. n) {
            // 枚举状况（逆序）
            for (j in n downTo 1) {
                val t = time[i - 1] + 1
                val c = cost[i - 1]
                dp[j] = Math.min(dp[j], dp[Math.max(j - t, 0)] + c)
            }
        }
        return dp[n]
    }
}

复杂度剖析：

  • 时刻复杂度：O(n2)O(n^2)
  • 空间复杂度：(n)(n)

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