LeetCode周赛309，米哈游赞助的比赛居然不收简历……

咱们好，我是梁唐。

LeetCode系列原本是周一更新的，但因为昨日恰了个饭，因此推延一天。

LeetCode周赛309由大名鼎鼎的米哈游赞助，米哈游也是近期仅有一个不提供简历直通内推时机的赞助商……

这一场的难度比之前略大一些，许多同学在谈论区反响心态崩了……

很遗憾这一场比赛我没有参与（刚好收到密接短信联系社区去了……），我是赛后补的。但即便是在赛后比较轻松的状况下，依然做得不是很顺畅，也旁边面体现这一场的难度。

好了，咱们闲言少叙，来看题吧。

检查相同字母间的间隔

给你一个下标从 0 开端的字符串 s ，该字符串仅由小写英文字母组成，s 中的每个字母都 刚好 呈现 两次 。另给你一个下标从 0 开端、长度为 26 的的整数数组 distance 。

字母表中的每个字母按从 0 到 25 顺次编号（即，'a' -> 0, 'b' -> 1, 'c' -> 2, … , 'z' -> 25）。

在一个 匀整 字符串中，第 i 个字母的两次呈现之间的字母数量是 distance[i] 。假如第 i 个字母没有在 s 中呈现，那么 distance[i] 能够 忽略 。

假如 s 是一个 匀整 字符串，回来 true ；不然，回来 false 。

题解

主要的坑点在读题，需求留意假如某个字符串没有呈现过，那么它的间隔通通视为合法。

class Solution {
public:
    bool checkDistances(string s, vector<int>& distance) {
        map<char, int> mp;
        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
            char c = s[i];
            if (!mp.count(c)) mp[c] = i;
            else distance[c-'a'] -= (i - mp[c] - 1);
        }
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            if (distance[i] != 0 && mp.count('a'+i)) return false;
        }
        return true;
    }
};

刚好移动 k 步到达某一方位的办法数目

给你两个 正 整数 startPos 和 endPos 。最初，你站在 无限 数轴上方位 startPos 处。在一步移动中，你能够向左或许向右移动一个方位。

给你一个正整数 k ，回来从 startPos 动身、刚好 移动 k 步并到达 endPos 的 不同 办法数目。因为答案可能会很大，回来对 109 + 7 取余 的成果。

假如所履行移动的顺序不完全相同，则以为两种办法不同。

留意：数轴包含负整数。

题解

表面上看很简单想到查找或许是动态规划，但实际上这是一道数学题。

因为咱们只需求考虑可行解的数量，咱们能够强行规则左边的点是起点，右边的点是终点。加上咱们 知道了一共需求的步数k，所以咱们能够算出向左、向右移动的步数。到这里会发现这其实是一个组合问题，咱们假定向左移动lef，向右移动rig。

那么应该满意lef + rig = k,start + rig - lef = end。这是一个很简单的二元一次方程，求解即可。别的还需求留意，rig和lef都是非负整数。假如算出来是负数或许不为整数，阐明无解。

求出了lef和rig之后，剩余的便是一个组合问题，咱们要求的答案便是CkrigC_k^{rig}Ckrig​。

这里有一个问题，因为答案可能很大，所以咱们需求在计算的进程傍边取模。但是组合数的运算会用到除法，但对于取模运算，除法不满意结合律，即$a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\ast b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=ab\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，但是没有amod  pb mod p≠ab mod pa \mod p \div b \bmod p \neq \frac a b \bmod pamodpbmodp=ba​modp。

要处理这个问题有两种办法，第一种办法是经过Cij=Ci−1j+Ci−1j−1C_i^j = C_{i-1}^j + C_{i-1}^{j-1}Cij​=Ci−1j​+Ci−1j−1​来推算，第二种办法是求逆元。咱们要求ab mod p\frac a b \bmod pba​modp的成果，能够转化成乘上$b$关于$a$和$p$的逆元。

这两种办法都能够，我个人用的是逆元法。关于逆元的原理以及计算办法，这里不做过多介绍了，咱们感兴趣能够查阅相关资料。

附上代码：

class Solution {
public:
    typedef long long lint;
    void Exgcd(lint a,lint b,lint &x,lint &y){
        if(!b) x=1,y=0;
        else Exgcd(b,a%b,y,x), y-=a/b*x;
    }
    int inverse(lint a, lint p){
        lint x, y;
        Exgcd (a,p,x,y);
        x = (x%p+p)%p;
        return x; 
    }
    int numberOfWays(int st, int ed, int k) {
        int Mod = 1e9 + 7;
        int start = min(st, ed);
        int end = max(st, ed);
        int rig = end - start;
        int lef = k - rig;
        if (lef < 0 || lef % 2) return 0;
        rig += lef / 2;
        lint ret = 1;
        for (int i = 0; i < rig; i++) {
            ret = ret * (k - i) % Mod;
            ret = ret * inverse(i+1, Mod) % Mod;
        }
        return ret;
    }
};

最长高雅子数组

给你一个由 正 整数组成的数组 nums 。

假如 nums 的子数组中坐落 不同 方位的每对元素按位 **与（AND）**运算的成果等于 0 ，则称该子数组为 高雅 子数组。

回来 最长 的高雅子数组的长度。

子数组 是数组中的一个 接连 部分。

**留意：**长度为 1 的子数组一直视作高雅子数组。

题解

这题题意里藏着坑，主要是子数组而非子序列，这两者的意思完全不同。子序列能够不接连，但子数组必须接连。

咱们很简单发现，假定咱们找到了一个完美子数组，那么这个子数组内的恣意两个数的与值为0。转化成二进制，即这若干个数的每一个二进制位最多只要一个1。

有了这个约束条件之后很简单想到two pointers算法，咱们维护一段区间内一切二进制位1的个数。假如新增一个数之后会导致某一位的个数大于1，那么从左边进行弹出操作，直到每一个二进制位最多只要一个1为止。

class Solution {
public:
  	// 将整数转化成二进制表明
    vector<int> to_bit(int x) {
        vector<int> ret(33, 0);
        for (int i = 0; i < 32; i++) {
            if (x & (1 << i)) ret[i] = 1;
        }
        return ret;
    }
    int longestNiceSubarray(vector<int>& nums) {
        int ret = 1;
        int l = 0, st = nums[0];
        int n = nums.size();
      	// 寄存当时区间内二进制1的数量
        vector<int> bits = to_bit(nums[0]);
        for (int r = 1; r < n; r++) {
            vector<int> cur = to_bit(nums[r]);
          	// 符号是否存在某一位的1的数量大于1
            bool flag = false;
            for (int i = 0; i < 32; i++) {
                bits[i] += cur[i];
                if (bits[i] > 1) flag = true;
            }
            while (flag) {
                cur = to_bit(nums[l]);
                flag = false;
                for (int i = 0; i < 32; i++) {
                    bits[i] -= cur[i];
                    if (bits[i] > 1) flag = true;
                }
                l++;
            }
            ret = max(ret, r - l + 1);
        }
        return ret;
    }
};

会议室 III

给你一个整数 n ，共有编号从 0 到 n - 1 的 n 个会议室。

给你一个二维整数数组 meetings ，其中 meetings[i] = [starti, endi] 表明一场会议将会在 半闭 时刻区间 [starti, endi) 举办。一切 starti 的值 互不相同 。

会议将会按以下方式分配给会议室：

1. 每场会议都会在未占用且编号 最小 的会议室举办。
2. 假如没有可用的会议室，会议将会延期，直到存在闲暇的会议室。延期会议的持续时刻和原会议持续时刻 相同 。
3. 当会议室处于未占用状况时，将会优先提供给原 开端 时刻更早的会议。

回来举办最屡次会议的房间 编号 。假如存在多个房间满意此条件，则回来编号 最小 的房间。

半闭区间 [a, b) 是 a 和 b 之间的区间，包含 a 但 不包含 b 。

题解

模拟题，因为会议开端的时刻各不相同，咱们能够对会议进行排序，从最早开端的会议开端组织。

对于每一个会议，咱们要找到最早空出来的会议室，假如有多个空的，咱们挑选序号最小的。观察一下数据规模，会议最多是1e5个，会议室最多有100个。对于每个会议咱们需求遍历一次一切的会议室。那么总的复杂度便是1e7，在可接受的规模内。

当然假如想要优化也能够运用线段树这样的数据结构，能够把会议室的查询降低到logN。但我个人感觉含义不大，咱们假如感兴趣能够看看大佬的博客。

要留意会议延续的时刻可能会很长，超过int的规模，所以要用int64。

class Solution {
public:
    int mostBooked(int n, vector<vector<int>>& meetings) {
        typedef long long lint;
        vector<lint> mst(n, 0), cnt(n, 0);
        const lint MAXI = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
        sort(meetings.begin(), meetings.end());
        for (auto &vt: meetings) {
            lint sta = vt[0], end = vt[1];
            int choose = -1;
            lint mini = MAXI;
            bool not_exceed = false;
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                if (mst[i] <= sta) {
                    choose = i;
                    not_exceed = true;
                    break;
                }
                if (mst[i] < mini) {
                    mini = mst[i];
                    choose = i;
                }
            }
            if (not_exceed) {
                mst[choose] = end;
            }else {
                mst[choose] += end - sta;
            }
            cnt[choose] ++;
        }
        int mxi = -1, ret = -1;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (cnt[i] > mxi) {
                mxi = cnt[i];
                ret = i;
            }
        }
        return ret;
    }
};