LeetCode 第 342 场周赛

浪漫主义狗

发布于 2023-05-01 16:38:13

5410

文章被收录于专栏：HAUE_LYS'BlogHAUE_LYS'Blog

2651. 计算列车到站时间

题目大意：

给你一个正整数 arrivalTime 表示列车正点到站的时间（单位：小时），另给你一个正整数 delayedTime 表示列车延误的小时数。
返回列车实际到站的时间。
注意，该问题中的时间采用 24 小时制。

思想：

签到题
返回 (arrivalTime + delayedTime) % 24

代码：

class Solution {
    public int findDelayedArrivalTime(int arrivalTime, int delayedTime) {
        return (arrivalTime + delayedTime) % 24;
    }
}

2652. 倍数求和

题目大意：

给你一个正整数 n ，请你计算在 [1，n] 范围内能被 3、5、7 整除的所有整数之和。
返回一个整数，用于表示给定范围内所有满足约束条件的数字之和。

思想：

签到题
i 从 1 遍历到 n，将所有满足 i % k == 0,k = 3, 5, 7 条件的 i 累加即可。

代码：

class Solution {
    public int sumOfMultiples(int n) {
        int sum = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++){
            if(i % 3 == 0 || i % 5 == 0 || i % 7 == 0) sum += i;
        }
        return sum;
    }
}

2653. 滑动子数组的美丽值

题目大意：

给你一个长度为 n 的整数数组 nums ，请你求出每个长度为 k 的子数组的美丽值。
一个子数组的美丽值定义为：如果子数组中第 x 小整数是负数，那么美丽值为第 x 小的数，否则美丽值为 0 。
请你返回一个包含 n - k + 1 个整数的数组，依次表示数组中从第一个下标开始，每个长度为 k 的子数组的美丽值。

思想：

滑动窗口
将所有的数添加偏移量 base = 50，以使得所有当前窗口中出现过的数 i 可以利用 vis[i] 记录其数量；
先将前 k - 1 个数加入 vis[]；
从 i = k - 1 开始，每次循环将 nums[i] 统计到 vis 中，即 vis[nums[i] + base] ++；
由于 nums[i] 的范围很小，遍历 vis[] 累加窗口中出现的数的数量，保存在 cnt 中；
当 cnt >= x 时，说明当前遍历到的数即为排序中第 x 小的数；
判断减去偏移量 base 后将对应美丽值返回。
窗口向后移动，将左边界的 nums[i - k + 1] 移出窗口，即 vis[nums[i - k + 1] + base] --。

代码：

class Solution {
    public int[] getSubarrayBeauty(int[] nums, int k, int x) {
        int n = nums.length;
        int[] res = new int[n - k + 1];  // 答案数组
        int[] vis = new int[1010];       // 记录窗口中存在数的数量
        final int base = 50;             // 偏移量
        for(int i = 0; i < k - 1; i ++) vis[nums[i] + base] ++;  // 初始化窗口
        for(int i = k - 1; i < n; i ++){
            int cnt = 0;  // 记录数量
            vis[nums[i] + base] ++;          // 移入右边界
            for(int j = 0; j < 110; j ++){
                cnt += vis[j];   
                if(cnt >= x){
                    res[i - k + 1] = j - base < 0 ? j - base : 0;
                    break;
                }
            }
            vis[nums[i - k + 1] + base] --;  // 移出左边界
        }
        return res;  // 返回答案
    }
}

2654. 使数组所有元素变成 1 的最少操作次数

题目大意：

给你一个下标从 0 开始的正整数数组 nums 。你可以对数组执行以下操作任意次：
选择一个满足 0 <= i < n - 1 的下标 i ，将 nums[i] 或者 nums[i+1] 两者之一替换成它们的最大公约数。
请你返回使数组 nums 中所有元素都等于 1 的最少操作次数。如果无法让数组全部变成 1 ，请你返回 -1 。

思想：

最大公约数及其性质；
如果一个数列中所有数的最大公约数为 g，那么无论如替换数列中任意的两个数为其最大公约数，都无法操作出 h 使得 h < g
证明如下：设原数列为 a_1, a_2, ..., a_n，最大公约数为 g，操作后得到的数列为 b_1, b_2, ..., b_n，最大公约数为 h，其中 h < gb_1 = h \times k_1，其中 k_1 为一个整数。则可以将 b_1 = \gcd(a_1, a_2) \times (a_1 \div \gcd(a_1, a_2))。其中 a_1 / \gcd(a_1, a_2) 是一个整数，故 h 一定整除 b_1，即 h 是 a_1 和 a_2 的公约数。同理，根据操作规则，a_2 和 a_3 的公约数也是 h，以此类推，即 a[i] 和 a[i + 1] 的公约数都是 h。由于 h < gh 一定不能整除 a_1，即将 a_1 和 a_2 替换为 h 的操作一定不能得到最大公约数为 h 且小于 g 的数列 b_n。
若可以通过操作得到：当数列存在 1 时，需要操作所有非 1 的元素；当不存在 1 时，需要找到一个最短的连续的子数组，使得通过操作得到 1。

代码：

class Solution {
    public int minOperations(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int t = nums[0];
        int cnt = t == 1 ? 1 : 0;  // 判断第一个是否为 1
        for(int i = 1; i < n; i ++){
            t = gcd(t, nums[i]);
            if(nums[i] == 1) cnt ++;  // 记录 1 的元素个数
        }
        if(t != 1) return -1;  // t != 1 说明不成立
        if(cnt != 0) return n - cnt;  // 存在 1，最少操作 n - cnt 次
        int res = n;  // 连续的子数组的长度
        for (int i = 0; i < n; i ++) {
            int tt = nums[i];
            for (int j = i + 1; j < n; j ++) {  // 遍历查找
                tt = gcd(tt, nums[j]);
                if (tt == 1) {  // 通过操作找到了可以变为 1 的连续子数组
                    res = Math.min(res, j - i + 1);  // 更新最短长度
                    break;
                }
            }
        }
        return res + n - 2;  // 去除掉连续子数组的两个边界操作
    }

    private int gcd(int n, int m){
        return n % m == 0 ? m : gcd(m, n % m);
    }

}

本文参与腾讯云自媒体同步曝光计划，分享自作者个人站点/博客。

原始发表：2023-4-26 2，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

int