LeetCode周赛#208

本周周赛的题面风格与以往不太一样，但不要被吓着，读懂题意跟着模拟，其实会发现并不会难到哪里去。

1599. 经营摩天轮的最大利润 #模拟

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题意

摩天轮\(4\)个座舱，每个座舱最多可容纳\(4\)位游客，座舱会轮转，且每次轮转需支付一定运行成本\(runningCost\)，且恰好转动\(1/4\)周。

给定长度为\(n\)的数组\(customers\)， \(customers[i]\) 是在第 \(i\) 次轮转之前到达的新游客的数量，即你必须在新游客到来前轮转\(i\) 次。每位游客在登上离地面最近的座舱前都会支付登舱成本 \(boardingCost\) ，一旦该座舱再次抵达地面，他们就会离开座舱结束游玩。注意，如果有超过 4 位游客在等摩天轮，那么只有 恰好4 位游客可以登上摩天轮，其余的需要等待 下一次轮转 。你需要返回最大化利润所需执行的 最小轮转次数 。 如果不存在利润为正的方案，则返回 \(-1\)。

样例

分析

利用队列去模拟摩天轮的四个舱位，之所以用队列，是因为该四个舱位的出现存在顺序，先来的游客便先获得机会登上座舱。但注意，每个座舱不一定坐满乘客！

class Solution {
private:
    queue<int> motian;
public:
    int minOperationsMaxProfit(vector<int>& customers, int boardingCost, int runningCost) {
        int last = 0, cur = 0, bonus = 0; //last表示当前等待中的游客数，cur表示摩天轮上登上舱的总人数，bonus表示利润
        int i = 0, ans = -0x3f3f3f3f, pos = -1; //pos表示取得最值时的操作次数
        while(last != 0 || i < customers.size()){
            if(i < customers.size()) last += customers[i];
            if(last <= 4){
                cur += last;
                motian.push(last);
                last = 0;
            }
            else {
                cur += 4;
                motian.push(4);
                last -= 4;
            }
            bonus = boardingCost * cur - runningCost * motian.size();
            if(ans < bonus){
                ans = bonus; pos = i;
            }
            i++;
        }
        return (ans <= 0) ? -1 : pos + 1;
    }
};

1600. 皇位继承顺序 #C++类 #多叉树的先序遍历

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题意

题目看起来很长，简要概括为：

王国里住国王、其孩子们、孙子们等等。每一时间点，该家庭里有人出生或死亡。王国有皇位继承顺序，第一继承人总是国王自己，第二继承人为其最年长的儿子，第三继承人为该儿子的儿子，… ，直至没有后代了，再有继承人为国王第二个儿子，….，依次类推。

现要你实现 ThroneInheritance 类：

• ThroneInheritance(string kingName); 初始化一个 ThroneInheritance 类的对象。国王的名字作为构造函数的参数传入。

• void birth(string parentName, string childName); 表示 parentName 新拥有了一个名为 childName 的孩子。

• void death(string name); 表示名为 name 的人死亡。一个人的死亡不会影响 Successor 函数，也不会影响当前的继承顺序。你可以只将这个人标记为死亡状态。

• string[] getInheritanceOrder() 返回除去死亡人员的当前继承顺序列表。

分析

每个人都可能有多个或没有孩子，我们可以将用多叉树的结构去模拟；对于继承顺序，我们不难看出，实际就是多叉树的先序遍历，每次继承的是其第一个后代！由于数据规模不大，且加入新节点都是以string作为参数，于是我们用string映射含有多个string的向量。

const int MAXN = 1e5 + 5;
class ThroneInheritance {
private:
    string king;
    unordered_map<string, bool> isDeath; //名字映射布尔值，表示某个人是否死亡
    unordered_map<string, vector<string>> Order; //第一个key，映射一个vector，表示名字为key的后代存在vector中
public:
    ThroneInheritance(string kingName) {
        king = kingName;
        isDeath[kingName] = false;
    }
    void birth(string parentName, string childName) {
        Order[parentName].push_back(childName);
        isDeath[childName] = false;
    }
    void death(string name) {
        isDeath[name] = true;
    }
    void Successor(string cur, vector<string>& ans){ //利用DFS，确定继承
        int i = 0;
        for(int i = 0; i < Order[cur].size(); i++){
            string son = Order[cur][i];
            if(isDeath[son] == false) ans.push_back(son);
            Successor(son, ans);
        }
    }
    vector<string> getInheritanceOrder() {
        string cur = king;
        vector<string> ans;
        if(isDeath[king] == false) ans.push_back(king);
        Successor(cur, ans);
        return ans;
    }
};

1601.最多可达成的换楼请求数目 #枚举子集 #回溯+剪枝

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题意

$n $栋楼，编号从 \(0\) 到 \(n - 1\) 。每栋楼有若干员工。部分员工想换一栋楼居住。给定数组\(requests(requests.size()\leq16)\) ，其中$ requests[i] = [from_i, to_i]$ ，表示一个员工请求从编号为 \(from_i\) 的楼搬到编号为 \(to_i\) 的楼。

一开始所有楼都是满的，所以从请求列表中选出的若干个请求是可行的需要满足 每栋楼员工净变化为\(0\) 。意思是每栋楼离开的员工数目 等于 该楼 搬入的员工数数目。比方说 \(n = 3\) 且两个员工要离开楼 \(0\) ，一个员工要离开楼 \(1\) ，一个员工要离开楼 2 ，如果该请求列表可行，应该要有两个员工搬入楼 \(0\) ，一个员工搬入楼 \(1\) ，一个员工搬入楼$ 2$ 。

请你从原请求列表中选出若干个请求，使得它们是一个可行的请求列表，并返回所有可行列表中最大请求数目。

分析

Solution1 : 枚举子集

由于\(requests\)数组最大长度为\(16\)，即总共有\(16\)条边，那么我们可以枚举选中某些边、不选某些边，共有\(1<<16 = 65536\)，由此计算出所有楼的度数是否为\(0\)，若为\(0\)说明入度等于出度，满足题意，更新最值；若不为\(0\)，则不可行。接下来我们将所有边的选择状态用一二进制去记录，然后枚举这个二进制数，内层再枚举该二进制数的子集即可。时间略慢，约\(440ms\)

class Solution {
public:
    int maximumRequests(int n, vector<vector<int>>& requests) {
        int ans = -1;
        int mymax = requests.size();
        for (int state = 0; state < (1 << mymax); state++){ //枚举状态
            int inD[22] = {0}, outD[22] = {0};
            int cnt = 0;
            for(int j = 0; j < mymax; j++){ //枚举子集
                if(state & (1 << j)){
                    outD[requests[j][0]]++;
                    inD[requests[j][1]]++;
                    cnt++;
                }
            }
            bool f = true;
            for (int i = 0; i < n; i++){
                if(inD[i] != outD[i]) {
                    f = false;
                    break;
                }
            }
            if(f) ans = max(ans, cnt);
        }
        return ans;
    }
};

Solution2 : 深搜回溯+剪枝

时间为\(84ms\)

class Solution {
private:
    int degree[20];
    int ans = -1;
public:
    void DFS(int start, vector<vector<int>>& requests, int sum, int n){
        if(start == requests.size()){
            for (int i = 0; i < n; i++)
                if(degree[i] != 0) return;
            ans = max(sum, ans);
        }
        else if((int)requests.size() - start + 1 + sum < ans) //常见剪枝方式
            return;
        else {
            DFS(start + 1, requests, sum, n); //不选第start条边
            degree[requests[start][0]]--;
            degree[requests[start][1]]++;
            DFS(start + 1, requests, sum + 1, n); //选中第start条边
            degree[requests[start][0]]++;
            degree[requests[start][1]]--;
        }
    }
    int maximumRequests(int n, vector<vector<int>>& requests) {
        DFS(0, requests, 0, n);
        return ans;
    }
};