目錄
感受一下自己能不能切lc的hard題（退役后這么閑的怕是就我一個）。
hard間難度差異很大，有的巨水像easy，所以可能會挑着做。
基本都是DP/數學/計算幾何，我這種主做數據結構的怎么辦
做了十幾道Hard，沒想到LeetCode Hard題比我想象的還要簡單。。而且感覺連題意都不會描述（更不要說數據范圍），放NOIP普及組都能被沖爆。
最近許多比賽的Hard也依然很水（\(\approx\)牛客小白月賽的難題），真hard的應該很少很少。
（它這周賽隨便找個OIer/ACMer都能出）
總之，Hard難度區間大概在 我高中學OI 半個月到八九個月左右 的水平。
不想做了太無聊了。做算法入門題還行，但大廠算法面試就這？這也叫算法？絕了。
4. 尋找兩個正序數組的中位數
/*
easy題。
log做法的話，因為目標是找合並后第k大的值，設兩個數組為v1,v2，假設第k大在第一個數組的v1[p]位置，那么對第二個數組的k-p位置，應有v1[p]>=v2[k-p-1]，否則v1取的元素不夠，p需右移。
p移動是單調的，所以可以二分。
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=1e5+5;
int A[N];
double findMedianSortedArrays(vector<int>& v1, vector<int>& v2)
{
std::vector<int> vec;
auto it1=v1.begin(),it2=v2.begin();
while(it1!=v1.end() || it2!=v2.end())
{
if(it1==v1.end()||(it2!=v2.end()&&*it1>*it2)) vec.pb(*it2++);
else vec.pb(*it1++);
}
for(auto v:vec) printf("%d ",v); pc('\n');
int n=vec.size()-1;
return (vec[n/2]+vec[n/2+(n&1)])/2.0;
}
};
Solution sol;
int main()
{
return 0;
}
10. 正則表達式匹配
/*
入門DP。555人有點凌亂寫得很亂。
f[i][j]表示s的前i個字符是否能和p的前j個字符匹配，分情況討論、轉移即可。
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=55;
int f[N][N];
bool isMatch(string s, string p)
{
int n=s.length(),m=p.length();
s.insert(0,1,'@'), p.insert(0,"@");
f[0][0]=1;
for(int j=2; j<=m; j+=2)
if(p[j]=='*') f[0][j]=1;
else break;
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=1; j<=m; ++j)
{
if(p[j]=='*')
{
if(f[i][j-2]||f[i][j-1]) f[i][j]=1;
if(f[i-1][j] && (s[i]==p[j-1]||p[j-1]=='.')) f[i][j]=1;
}
else if(f[i-1][j-1]&&(s[i]==p[j]||p[j]=='.')) f[i][j]=1;
if(f[i][j] && j+2<=m && p[j+2]=='*') f[i][j+2]=1;
}
// for(int i=1; i<=n; ++i)
// for(int j=1; j<=m; ++j)
// printf("f[%d][%d]=%d\n",i,j,f[i][j]);
return f[n][m];
}
};
Solution sol;
int main()
{
string a,b; cin>>a>>b;
printf("%d\n",sol.isMatch(a,b));
return 0;
}
23. 合並K個升序鏈表
/*
最簡單做法也是easy。做這種題有點使我變傻，真的去想一個個合並了（而且沒怎么用過指針555）。
用堆把鏈表里所有元素push進去，依次取建鏈表即可。用原有元素就行，不需要new。
因為list有序，所以不需將所有元素push，每次push當前list最前面那個即可，每次取再push。這樣就是O(log總鏈表數)而不是O(log總元素數)。
得到鏈表的簡單方式是，建一個head和*tail=&head，元素依次放入tail->next，然后更新tail=tail->next，最后返回head.next即可。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=1e5+5;
struct Node
{
int val;
ListNode *ptr;
bool operator <(const Node &x)const
{
return val>x.val;
}
};
std::priority_queue<Node> q;
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& ls)
{
for(auto v:ls) if(v) q.push(Node{v->val,v});//注意判v!=NULL！
ListNode head, *tail=&head;
while(!q.empty())
{
Node x=q.top(); q.pop();
tail = tail->next = x.ptr;
if(x.ptr->next) q.push(Node{x.ptr->next->val, x.ptr->next});
}
return head.next;
}
};
Solution sol;
int main()
{
// sol.Main();
return 0;
}
25. K 個一組翻轉鏈表
/*
easy題。十來分鍾過了，感覺做了一個題指針鏈表已經完全會了.jpg。
就把鏈表每k個倒序存一遍（將next賦值為它原本的pre）。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=1e5+5;
// struct ListNode
// {
// int val;
// ListNode *next;
// ListNode(): val(0), next(nullptr) {}
// ListNode(int x): val(x), next(nullptr) {}
// ListNode(int x, ListNode *next): val(x), next(next) {}
// };
ListNode* reverseKGroup(ListNode* head, int k)
{
ListNode ans, *anst=&ans, *t=NULL, *tmp=NULL, *nxt=NULL;
int cnt=0;
while(head)
{
nxt = head->next;
if(!t) t=head, t->next=NULL;
else tmp=t, t=head, t->next=tmp;
head = nxt;
if(++cnt==k)
{
while(t)
anst = anst->next = t, t = t->next;
t=NULL, cnt=0;
}
}
head=t, t=NULL;//剩下的部分已經反轉了，再反轉一遍即可。
while(head)
{
nxt = head->next;
if(!t) t=head, t->next=NULL;
else tmp=t, t=head, t->next=tmp;
head = nxt;
if(!head)
while(t)
anst = anst->next = t, t = t->next;
}
return ans.next;
}
};
Solution sol;
int main()
{
// sol.Main();
return 0;
}
30. 串聯所有單詞的子串
/*
...這可能算middle題？
假設有n個單詞，每個單詞長為k，總長m=nk，那么位置p合法即s[p,p+m)能匹配n個單詞。
Sol 1.
因為單詞互不相同，枚舉每個長為m的區間，再對其中每個長為k的區間找出其對應的單詞，看最后是否能對應所有n個單詞。
用unordered_map找對應單詞，復雜度是$O(|s|*m)$。如果用Trie找對應單詞是O(|s|*m*k)。
最大復雜度實際是$O((|s|-m)*m)=O(\frac{|s|^2}{4})$，所以很容易過。
Sol 2.
在做法1中，對很多長為k的區間，我們會重復為它找對應單詞多次，事實上只需要一次。
從s的0到k-1位置分別開始，依次對每個長為k的區間，找到它的對應單詞，並保存已找到的單詞數。
當處理了n個長為k的區間時，看下現在已找到所有n個單詞，然后將最早的那個區間的找到的單詞刪掉，再處理下個長為k的區間即可。
用unordered_map找對應單詞，復雜度$O(|s|*k)$。$k$只有30所以非常低。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=5005;
int cnt[N],CNT[N],ID[N<<1];
std::unordered_map<std::string, int> mp;
vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words)
{
int L=s.length(), n=words.size(), k=words[0].length(), m=n*k, t=0;
for(auto v:words)
{
if(!mp.count(v)) mp[v]=++t;
++CNT[mp[v]];
}
std::vector<int> res;
for(int p=0; p<k; ++p)
{
cnt[0]=1e9;
int tot=0, delta=0;
for(int i=p; i+k<=L; i+=k)//i+k可等於k!
{
int id=mp[s.substr(i,k)];
ID[i]=id;
if(++cnt[id]<=CNT[id])
if(++tot==n) res.emplace_back(p+delta);
if(i+k-p-delta==m)
{
id=ID[p+delta];
if(--cnt[id]<CNT[id]) --tot;
delta+=k;
}
}
memset(cnt, 0, t+1<<2);
}
return res;
}
};
Solution sol;
int main()
{
return 0;
}
32. 最長有效括號
/*
算middle？
最簡單的想法，依次枚舉字符，遇到'('就++top，遇到')'，若top!=0，就--top，++cnt（當前右括號數），否則令cnt=0（右括號更多了，不合法）。
然后考慮什么時候可用cnt更新答案：因為會有左括號更多的不合法情況，此時不能確定是否更新答案，所以只能在--top后，top==0時更新答案ans=max(ans, cnt*2)。
但這樣計算不了左括號數>右括號數的序列的貢獻，所以將串反轉、'('')'互換后，再做一遍取max即可。
這樣空間是O(1)的。
還有個簡單做法，將匹配上的左右括號縮成一個字符比如'1'，然后統計最后序列最長連續'1'的個數。
因為縮兩個字符不方便，所以令匹配上的'('=' '，')'='1'，最后' '不影響連續性。
還有種好寫的方法是，用棧push所有左括號位置，匹配到右括號就取一下 當前位置-上次未匹配位置（就是棧頂，初始為-1）。
當左括號少於右括號時，清空棧，將棧頂初始值設為當前右括號位置。看代碼吧。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=3e4+5;
// int sk[N];
int Calc(string s,const char ch)
{
int top=0,ans=0,cnt=0;
for(auto c:s)
if(c==ch) ++top;
else if(top) --top, ++cnt, !top&&(ans=std::max(ans, cnt*2));
else cnt=0;
cout<<s<<'\n'<<ans<<'\n';
return ans;
}
int longestValidParentheses(string s)
{
int tmp=Calc(s,'(');
std::reverse(s.begin(), s.end());//s=string(s.rbegin(),s.rend())
return std::max(tmp,Calc(s,')'));
// int top=0,ans=0,l=s.length();
//Sol 2.
// for(int i=0; i<l; ++i)
// {
// if(s[i]=='(') sk[++top]=i;
// else if(top) s[i]='1', s[sk[top--]]=' ';
// }
// for(int i=0,now=0; i<l; ++i)
// if(s[i]=='('||s[i]==')') now=0;
// else if(s[i]=='1') ans=std::max(ans, ++now);
// return ans*2;
//Sol 3.
// sk[top=1]=-1;
// for(int i=0; i<l; ++i)
// if(s[i]=='(') sk[++top]=i;
// else //')'
// if(!--top) sk[top=1]=i;//右括號更多
// else ans=std::max(ans, i-sk[top]);
// return ans;
}
};
Solution sol;
int main()
{
string s; cin>>s;
printf("%d\n",sol.longestValidParentheses(s));
return 0;
}
37. 解數獨
/*
。。DFS入門題，算easy題吧。
搞不懂為什么要bitset，用結構體存9個數的bool，枚舉的時候同時看看行、列、所屬塊的該數bool值就行了，常數是27；用bitset或一遍得到可填數后也仍要枚舉9次，且也要常數9^2/w，bitset有啥用啊。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
#define ID(x,y) ((x-1)/3*3+(y+2)/3)
typedef long long LL;
const static int N=90;
struct Node
{
int x,y;
}pos[N];
struct Status
{
bool A[9];
}row[10],col[10],block[10];
inline void Fill(int x,int y,int num)
{
row[x].A[num]=1, col[y].A[num]=1, block[ID(x,y)].A[num]=1;
}
inline void Unfill(int x,int y,int num)
{
row[x].A[num]=0, col[y].A[num]=0, block[ID(x,y)].A[num]=0;
}
bool DFS(int n,vector<vector<char>>& board)
{
if(!n) return 1;
int x=pos[n].x, y=pos[n].y; --n;
Status &r=row[x], &c=col[y], &b=block[ID(x,y)];
for(int i=8; ~i; --i)
if(!r.A[i] && !c.A[i] && !b.A[i])
{
Fill(x,y,i);
if(DFS(n,board)) return board[x-1][y-1]=i+49, 1;
Unfill(x,y,i);
}
return 0;
}
void solveSudoku(vector<vector<char>>& board)
{
int n=0;
for(int i=1; i<=9; ++i)
{
int j=1;
for(auto c:board[i-1])
{
if(c=='.') pos[++n]={i,j};
else Fill(i,j,c-'1');
++j;
}
}
DFS(n,board);
}
};
Solution sol;
int main()
{
// sol.Main();
return 0;
}
41. 缺失的第一個正數
/*
限制時間O(n)、常數級復雜度有點難，有點想不到（事實上就沒見過這種O(n)讀入還不讓開O(n)空間的），算hard吧？（但感覺完全是個trick）
設數組長為n，則只需一個大小為n的數組表示[1,n]中每個數是否出現過。
因為不能開這個數組，所以考慮將給的輸入數組改為那個數組，來標記[1,n]中哪些數出現過。
有兩種方法：
1. 直接修改原數組會丟失原有的值，但我們只關心[1,n]這些值，其它無關值（不在[1,n]內）都可設成任意一個數（如n+1）。
注意這樣就可將所有數化為正數，然后在每個數前加負號，是不會丟失原有值的。所以我們用正負號做bool值：x\in [1,n]出現過，就令vec[x-1]變為負（vec為給定數組）（注意不是乘-1，因為x可出現多次）。
這個 為不影響原數組值 且不開新數組，將 正負號 作為 bool值 的思路真是沒見過。
2. 若vec[x-1]\in [1,n] 且 vec[x-1]!=x，則令vec[x-1]與vec[vec[x-1]-1]交換，直到vec[x-1]\notin [1,n] 或 vec[x-1]==x。
可以發現最終，若x\in [1,n] 且 x出現過，則一定有vec[x-1]=x。且一個位置最多被交換一次，所以均攤復雜度也是O(n)。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=1e5+5;
int firstMissingPositive(vector<int>& nums)
{
#define V 2000000000
int n=nums.size();
for(auto &v:nums)
if(v>n || v<=0) v=V;
for(auto v:nums)
if(std::abs(v)<=n) nums[std::abs(v)-1]=-std::abs(nums[std::abs(v)-1]); // 注意v和nums[v-1]均取abs！
int i=0;
for(auto v:nums)
if(++i, v>0) return i;
return n+1;
}
};
Solution sol;
int main()
{
vector<int> v; int x;
while(~scanf("%d",&x)) v.pb(x);
printf("%d\n",sol.firstMissingPositive(v));
return 0;
}
42. 接雨水
/*
middle題吧，雖然也easy。
就拿個棧存高度、位置，每次pop掉前面高度小於等於自己的，然后用他們間的距離*前面那個位置的高度差算貢獻。
發現算不了2 0 1這種左邊更高的情況，將序列反轉再求一遍即可（注意此時不能pop前面高度等於自己的，會重復）。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=3e4+5;
struct Node
{
int p,h;
}sk[N];
int trap(vector<int>& ht)
{
int n=ht.size(),ans=0,top=0,i=0;
sk[0]={0,(int)1e9};
for(auto h:ht)
{
++i;
for(int las=0; h>=sk[top].h; --top)
ans+=(sk[top].h-las)*(i-sk[top].p-1), las=sk[top].h;
sk[++top]={i,h};
}
std::reverse(ht.begin(),ht.end());
sk[0]={0,(int)1e9};
for(auto h:ht)
{
++i;
for(int las=0; h>sk[top].h; --top)
ans+=(sk[top].h-las)*(i-sk[top].p-1), las=sk[top].h;
sk[++top]={i,h};
}
return ans;
}
};
Solution sol;
int main()
{
vector<int> v; int x;
while(~scanf("%d",&x)) v.pb(x);
sol.trap(v);
return 0;
}
381. O(1) 時間插入、刪除和獲取隨機元素 - 允許重復
/*
這種沒見過誒。。
因為要隨機獲取元素，所以基本只能是將所有數存在一個vector中。插入可直接在vector末尾插入。
直接在vector里刪除是O(n)的。注意vector中數是無序的，刪除一個數可以將它交換到vector尾部，然后pop_back，O(1)刪除。
這樣還需要對每個數，維護它出現的下標位置，且要能O(1)動態查找、插入、刪除值，只能用unordered_set（同樣也是Hash實現，也有unordered_multiset）。
因為vector也可以存迭代器，所以可不用下標，將unordered_map<int, unordered_set<int>>換成unordered_multimap<int, int>，vector<int>換成vector<unordered_multimap<int, int>::iterator>。
具體細節相同。這樣減少了一次哈希，常數小很多。
這題竟然是通過足夠多次getRandom()判答案，hhhnb，怪不得測這么慢。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class RandomizedCollection
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const static int N=1e5+5;
std::vector<int> all;
std::unordered_map<int, std::unordered_set<int>> mp;
// std::unordered_multimap<int, int> mp;
// vector<std::unordered_multimap<int, int>::iterator> all;
RandomizedCollection() {}
bool insert(int val)
{
bool ret=mp[val].empty();
mp[val].insert(all.size()), all.pb(val);
return ret;
}
bool remove(int val)
{
if(mp[val].empty()) return 0;
auto it=mp[val].begin();//unordered_set沒有rbegin
int pos=*it; mp[val].erase(it);
int v2=*all.rbegin();
all[pos]=v2, mp[v2].insert(pos);//先insert再erase，val==v2且val在末尾時先erase可能erase不到元素。
all.pop_back(), mp[v2].erase(all.size());
return 1;
}
int getRandom()
{
return all[rand()%all.size()];
}
};
RandomizedCollection sol;
int main()
{
// vector<int> v; int x;
// while(~scanf("%d",&x)) v.pb(x);
printf("%d\n",sol.insert(1));
printf("%d\n",sol.remove(1));
printf("%d\n",sol.insert(1));
return 0;
}
1931. 用三種不同顏色為網格塗色
前面題太無聊了看看后面的（近期比賽的hard題）
雖然也很無聊
/*
無聊的入門狀壓。。3^m狀壓每列顏色。基數是3比較麻煩（取模常數比較大），但是弄成4也麻煩，所以對每個狀態預處理一下染色情況。
然后O(243*243*m)預處理下哪兩個狀態間可以轉移，這樣DP的時候就可以少一個m倍常數。
另外因為m只有5，如果很閑所有的狀態間的轉移 是可以手推出來的（也可以寫個正常DP然后打表出有用的轉移，當然純屬無聊）。
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
inline int read()
{
int now=0,f=1; char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
class Solution
{
public:
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
#define mod 1000000007
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
typedef long long LL;
const static int N=1e3+5,M=27*9+5;//M=243
int f[N][M],sta[M][5],S[M],ok[M][M];
int colorTheGrid(int m, int n)
{
int lim=1,cnt=0; for(int t=m; t--; lim*=3);
for(int ss=0; ss<lim; ++ss)
{
int las=-1,fg=1;
for(int i=0,s=ss,x; i<m; ++i)
x=s%3, s/=3, fg=fg&(las!=x), sta[ss][i]=las=x;
if(fg) S[++cnt]=ss, f[1][cnt]=1;
}
for(int i=1; i<=cnt; ++i)
for(int j=i+1; j<=cnt; ++j)
{
int s=S[i],s2=S[j],fg=1;
for(int k=0; k<m; ++k)
if(sta[s][k]==sta[s2][k]) fg=0;
fg && (ok[i][j]=ok[j][i]=1);
}
for(int i=1; i<n; ++i)
for(int j=1,v; j<=cnt; ++j)
if((v=f[i][j]))
for(int k=1; k<=cnt; ++k)
if(ok[j][k]) f[i+1][k]+=v, Mod(f[i+1][k]);
LL res=0;
for(int i=1; i<=cnt; ++i) res+=f[n][i];
return res%mod;
}
};
Solution sol;
int main()
{
// vector<int> v; int x;
// while(~scanf("%d",&x)) v.pb(x);
printf("%d\n",sol.colorTheGrid(read(),read()));
return 0;
}
1938. 查詢最大基因差
？？這都什么無聊的題，模板套模板就是能出一場比賽的hard？題目描述也很含糊，我見過的出題人都沒這么寫題意的。
這題就 在線 樹剖+可持久化Trie（這種是顯然，別的解法沒想），離線 DFS+Trie。