LeetCode周賽記錄第196場周賽

2023年7月5日， leetcode第196場周賽個人記錄。第一次參加leetcode周賽，4道題目完成3道，中國排名163，全球排名377。對我個人來說算是個普通成績吧。以後打算每兩周參加一次周賽，同時利用部落格記錄下每次的成績，同時分享一下對於題目的個人想法和感受。

給你乙個數字陣列 arr 。

如果乙個數列中，任意相鄰兩項的差總等於同乙個常數，那麼這個數列就稱為等差數列。

如果可以重新排列陣列形成等差數列，請返回 true ；否則，返回 false 。

示例 1：

輸入：arr = [3,5,1]

輸出：true

解釋：對陣列重新排序得到 [1,3,5] 或者 [5,3,1] ，任意相鄰兩項的差分別為 2 或 -2 ，可以形成等差數列。

示例 2：

輸入：arr = [1,2,4]

輸出：false

解釋：無法通過重新排序得到等差數列。

題目鏈結1502.判斷能否形成等差數列

第一題算是一道送分題，由等差數列的性質，等差數列相鄰兩項的差為定值，判斷乙個陣列能否形成等差數列，可以直接sort排序，再遍歷陣列判斷相鄰項的差是否為定值。

class
solution
};

時間複雜度：時間主要消耗在sort排序中，sort使用快排，時間複雜度為o(nlogn)。

空間複雜度：o(1)

有一塊木板，長度為 n 個單位。一些螞蟻在木板上移動，每只螞蟻都以每秒乙個單位的速度移動。其中，一部分螞蟻向左移動，其他螞蟻向右移動。

當兩隻向不同方向移動的螞蟻在某個點相遇時，它們會同時改變移動方向並繼續移動。假設更改方向不會花費任何額外時間。

而當螞蟻在某一時刻 t 到達木板的一端時，它立即從木板上掉下來。

給你乙個整數 n 和兩個整數陣列 left 以及 right 。兩個陣列分別標識向左或者向右移動的螞蟻在 t = 0 時的位置。請你返回最後乙隻螞蟻從木板上掉下來的時刻。

比賽的時候被這道題卡了好久，一直到結束都沒想出來，一直感覺很可惜，困難的題目都做出來了，被一道中等難度的題卡住。這道題其實很簡單，硬要說的話其實是一道腦經急轉彎，不然被相遇掉頭給迷惑到，因為每乙隻螞蟻是一樣的，相遇掉頭和相遇穿過本質上是相同的，所以這道題就是求哪知螞蟻離木板邊緣最遠，我們只要遍歷兩個陣列就可以得出答案。

class
solution
};

時間複雜度:o(n)

空間複雜度:o(1)

給你乙個只包含 0 和 1 的 rows * columns 矩陣 mat ，請你返回有多少個子矩形的元素全部都是 1 。

題目鏈結1504.統計全1子矩形

這道題也算是運氣好，在周賽前正好遇到了相同的題目所以雖然題目很難，但是思路還是很清晰的。看到這種題目首先想到的是暴力法，對遍歷每乙個元素，以這個元素為矩形的左上角，同時列舉所有可能的長和寬，判斷這個矩形是否滿足全1這個條件。但是這種方法的時間複雜度為o( m³ n³)，m和n是矩陣的行和列，題目中m和n最高可達150,資料規模就達到了10^13 數量級，肯定會超時的。這裡提一下，一般來說c/c++的資料規模在10 ^7，超過就會超時。這樣就要考慮時間上的優化。這裡介紹柱狀圖方法，時間複雜度可以達到o(m²n)。

首先我們把每個元素當成矩形的右下角，之所以是右下角，是為了讓迴圈從下標0開始遞增，符合我們的思路。我們利用動態規劃的思想求出每乙個元素左側連續的1的個數，我們用dp[i][j]表示第i行j列的元素連續1的個數。我們可以在o(mn)的複雜度下完成。之後，對每個元素，我們遍歷它可能的寬度，為了便於理解，我們用高度來稱呼寬度，想象矩形是立起來的。當高度是1時，以當前元素為右下角形成的子矩形的個數就是dp[i][j]，這很好理解，這裡就不多贅述了，當高度變為2時，以當前元素為右下角形成的子矩形的個數為 min(dp[i][j], dp[i - 1][j]，這裡可能有點難以理解，但是讓我們來看乙個例子。

0 1 1

1 1 1

我們以第2行第3列的這個元素為例，dp[2][3] = 3, dp[1][3] = 2，首先這個元素為子矩陣的右下角，高度為1時，dp[2][3]就是可能形成的矩陣個數，當高度為2時，我們可以把高度為2的矩陣當成兩個高度為1的矩陣的組合，所以個數為兩個dp中小的那乙個。由此類推，當高度增加時，我們要繼續取最小的dp。

class
solution}}
return sum;}}
;

給你乙個字串 num 和乙個整數 k 。其中，num 表示乙個很大的整數，字串中的每個字元依次對應整數上的各個數字。

你可以交換這個整數相鄰數字的數字最多 k 次。

請你返回你能得到的最小整數，並以字串形式返回。

這道題難度不大，首先看到交換相鄰的數字，這應該能讓我們想到應該算我我們遇見的第乙個演算法–氣泡排序法。在仔細觀察，這道題本質上就是乙個限制了交換次數的氣泡排序，按照氣泡排序法的思想，外迴圈控制當前判斷的是哪一位數，內迴圈尋找出最小的數。只不過普通的氣泡排序法內迴圈是可以遍歷整個陣列，而現在我們只能遍歷最多k次，所以我們只要多加上乙個判斷就可以了。

完成了大體的思路後，我們有一些細節要處理，首先我們知道，氣泡排序的處理次數是n * (n - 1) / 2 - 1，所以當k大於這個數時，實際上就是進行了一次氣泡排序，我們可以直接sort然後返回。另外就是交換，我們不需要真的進行交換，我們只要知道，交換後的結果相當於把最後乙個數提到了最開頭，我們可以用insert和erase實現。最後注意一下判斷的邊界條件，是否需要加等號。

class
solution
int head =0;
// 記錄當前在查詢哪一位的最小值
while
(k >
0&& head < size)
//外迴圈
if(minindex != head)
//當head就是最小的數時，移動沒有意義
++head;
}return num;}}
;

第一次參加周賽，也算是知道了人外有人，天外有天，我4道題總用時75分鐘，平均下來一道題也有接近20分鐘，而且還有一道題目沒有做出來，而高排名的大佬4道題一共只用了20分鐘。這次周賽算是對我這乙個月刷題的總結，希望以後的自己能多多努力。

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