| 數組中兩元素的最大乘積 | 切割後面積最大的蛋糕 | 重新規劃路線 | 兩個盒子中球的顏色數相同的概率 |
|---|---|---|---|
| 3分 簡單 | 4分 中等 | 5分 中等 | 7分 困難 |
1464 數組中兩元素的最大乘積
解題思路：
其實就是題目就是要求數組中兩個最大的值
維護最大值first_mx,第二大值second_mx
遍歷數組更新這兩值即可
複雜度:
相當於遍歷了一遍nums數組，故爲O(n)
class Solution {
public:
int maxProduct(vector<int>& nums) {
int first_mx=nums[0];
int second_mx=nums[1];
if(first_mx<second_mx) swap(first_mx,second_mx);
for(int i=2;i<nums.size();i++){
if(nums[i]>first_mx){
second_mx=first_mx;
first_mx=nums[i];
}
else{
if(nums[i]>second_mx) second_mx=nums[i];
}
}
return (first_mx-1)*(second_mx-1);
}
};
1465 切割後面積最大的蛋糕
解題思路：
先將horizontalCuts，和verticalCuts從小到達排一下
兩個相鄰水平切口的距離就是矩形的高
兩個相鄰豎直切口的距離就是矩形的寬
維護高寬的最大值即可
複雜度:
遍歷都是O(n),最高是從小到大sort的複雜度，最後的複雜度是爲O(nlogn)
const long long mod=1e9+7;
class Solution {
public:
int maxArea(int h, int w, vector<int>& horizontalCuts, vector<int>& verticalCuts) {
int len_h=horizontalCuts.size();
int len_v=verticalCuts.size();
sort(horizontalCuts.begin(),horizontalCuts.end());
sort(verticalCuts.begin(),verticalCuts.end());
int a=max(h-horizontalCuts[len_h-1],horizontalCuts[0]),b=max(w-verticalCuts[len_v-1],verticalCuts[0]);
for(int i=1;i<horizontalCuts.size();i++){
a=max(a,horizontalCuts[i]-horizontalCuts[i-1]);
}
for(int i=1;i<verticalCuts.size();i++){
b=max(b,verticalCuts[i]-verticalCuts[i-1]);
}
long long ans=(long long)a*b%mod;
return ans;
}
};
1466 重新規劃路線
解題思路：
map記錄有向邊，建圖建的是無向圖，從1出發，向兒子節點出發，如果從當前節點到兒子節點的邊是原來的有向邊，說明這邊需要改方向，ans++(ans是最終需要更改的邊的個數)
class Solution {
public:
int ans=0;
vector<int>son[50005];
map<pair<int,int>,int>mp;
void dfs(int u,int fa){
for(auto v:son[u]){
if(v==fa) continue;
if(mp[make_pair(u,v)]) ans++;
dfs(v,u);
}
}
int minReorder(int n, vector<vector<int>>& connections) {
ans=0;
for(auto it:connections){
mp[make_pair(it[0]+1,it[1]+1)]=1;
son[it[0]+1].push_back(it[1]+1);
son[it[1]+1].push_back(it[0]+1);
}
dfs(1,0);
return ans;
}
};
1467 兩個盒子中球的顏色數相同的概率
解題思路：
簡單dp（爲方便處理，房屋、顏色編號都從1開始，可能需要轉化一下）
dp狀態表示放完前i種顏色的球之後，第一個盒子有j個球,共x種顏色，第二個盒子有j個球,共y種顏色 的方案數 dp[i][j][k][x][y] 1）對於第i種球，全加給第一個盒子，或這全加給第二個盒子 dp[i][j][k][x][y]+=dp[i-1][j-t][k][x-1][y]*C[j][t]; 全加給某個盒子，該盒子顏色加1，另一個顏色數不變，該盒子個數加上t 2）對於第i種求，部分加給第一個盒子，部分加給第二個盒子 for(int b=1;b<t;b++) 枚舉加給第一個盒子b個，那麼加給第二個盒子t-b個，此時第一個盒子顏色x加了1，第二個盒子顏色y加了1 dp[i][j][k][x][y]+=dp[i-1][j-b][k-(t-b)][x-1][y-1]*C[j][b]*C[k][t-b]; 本題還涉及到排列的問題，在狀態轉移過程種還需要加上組合數 例如情況1，把t個球加給盒子1，盒子一現在有j個球，那麼這樣的排列有C[j][t]種 也就是說，如果要向一個已經有a個球的盒子裏放入b個數，那麼方案數要乘上 C[a+b][b];
複雜度:
O(n^2 * k^3 * max(ni))
class Solution {
long double dp[9][25][25][9][9];
long double C[25][25];
public:
double getProbability(vector<int>& balls) {
dp[0][0][0][0][0]=1;
int n=balls.size();
int sum=0;
for(auto it:balls) sum+=it;
sum/=2;
//C[][]組合數
C[0][0]=1;
for (int i=1;i<=sum;++i){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)
C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int t=balls[i-1];
for(int j=sum;j>=t;j--){
for(int k=0;k<=sum;k++){
for(int x=1;x<=i;x++){
for(int y=0;y<=i;y++){
dp[i][j][k][x][y]+=dp[i-1][j-t][k][x-1][y]*C[j][t];
dp[i][k][j][y][x]+=dp[i-1][k][j-t][y][x-1]*C[j][t];
}
}
}
}
for(int b=1;b<t;b++){
for(int j=sum;j>=b;j--){
for(int k=sum;k>=t-b;k--){
for(int x=1;x<=i;x++){
for(int y=1;y<=i;y++){
dp[i][j][k][x][y]+=dp[i-1][j-b][k-(t-b)][x-1][y-1]*C[j][b]*C[k][t-b];
}
}
}
}
}
}
long double ans1=0,ans2=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
ans1+=dp[n][sum][sum][i][i];
}
for(int i=0;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=n;j++){
ans2+=dp[n][sum][sum][i][j];
}
}
ans1=ans1/ans2;
return ans1;
}
};