【C++笔试强训】day05

游游的you

思路

贪心：优先组成 you，最少的字母决定了you的数量。需要注意：如果oo剩下n个，那么相邻oo的个数是n-1个，而不是n/2个。

例如

oooooo
oo oo oooo oo

6个o，两两组合有3对，掐头去尾有2对，总共5对。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;int main() 
{int q;cin >> q;while (q--) {int a, b, c;cin >> a >> b >> c;int you_num = min({a, b, c});int oo_num = max(0, b - you_num - 1);cout << you_num * 2 + oo_num << endl;}return 0;
}

腐烂的苹果

BFS

将每个腐烂的苹果视为一个起点，同时扩展它们对周围苹果的影响。每个腐烂的苹果每分钟会将相邻的苹果腐烂，类似于层层扩散的波浪，因此 BFS 是非常适合的。

初始化队列：首先，我们需要找到所有腐烂的苹果，并将它们的坐标加入到 BFS 队列中。每个腐烂的苹果作为一个初始点，且时间为0。
BFS 扩展：每次从队列中取出一个腐烂的苹果，检查它的四个方向（上下左右），如果相邻格子是一个完好的苹果，则将其腐烂，并将其加入到队列中，同时记录时间。
判断结果：BFS 结束后，检查是否还有完好的苹果。如果有，返回 -1；否则返回所需的最大时间。

代码

class Solution
{
public:// 定义方向数组，表示四个方向const int directions[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};int rotApple(vector<vector<int>> &grid) {int n = grid.size(), m = grid[0].size();queue<pair<int, int>> q;int freshApples = 0; // 记录新鲜苹果的数量// 初始化队列，并统计新鲜苹果的数量for (int i = 0; i < n; ++i)for (int j = 0; j < m; ++j)if (grid[i][j] == 2) q.push({i, j});else if (grid[i][j] == 1) freshApples++;// 如果没有新鲜苹果，直接返回0if (freshApples == 0) return 0;int minutes = 0;// BFS 扩展while (!q.empty()){int size = q.size();bool rottenThisMinute = false;for (int i = 0; i < size; ++i){auto [x, y] = q.front();q.pop();for (int d = 0; d < 4; ++d){int nx = x + directions[d][0];int ny = y + directions[d][1];// 检查新位置是否合法，并且是否有新鲜苹果if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && grid[nx][ny] == 1){grid[nx][ny] = 2; // 使其腐烂q.push({nx, ny});freshApples--;rottenThisMinute = true;}}}// 如果这分钟有苹果腐烂，增加时间if (rottenThisMinute) minutes++;}// 如果还有新鲜苹果，返回 -1return freshApples == 0 ? minutes : -1;}
};

DFS

使用 DFS 来解决这个问题会有一些不方便之处，特别是在处理需要“波浪”式传播的情况时（例如，腐烂的苹果会同时向四周扩散）。DFS 适合用于深度优先搜索，而 BFS 更适合于层层扩展、逐层处理的场景。

BFS 的层次扩展特性：
- BFS 一次处理一个层次上的所有节点（在这个问题中，相当于同一时间点所有腐烂的苹果），自然适合模拟每分钟同时传播腐烂的过程。
- 使用 BFS，每分钟的腐烂传播相当于从一个层次扩展到下一个层次，时间计数器每次增加1分钟。
DFS 的局限性：
- DFS 适用于深度遍历，它会一直沿着一条路径深入，直到不能再走为止，然后回溯。这种遍历方式难以模拟同一时间点多个苹果同时腐烂的情况。
- 如果用 DFS，你需要额外的逻辑来同步和控制腐烂的时间进度，这样实现起来会非常复杂且容易出错。

实际 DFS 实现的难点：

多源同时起点处理：DFS 通常处理单源问题较多，而这里每个腐烂的苹果都是一个起点，需要多源处理。
同步时间控制：需要对每个腐烂的苹果扩散时间进行精确控制，使得同时腐烂的效果能正确实现。

即便如此，我们仍然可以尝试用 DFS 来实现，只是实现会更加复杂。

代码

class Solution
{
public:const int directions[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};void dfs(vector<vector<int>> &grid, vector<vector<int>> &timeGrid, int x, int y,int currentTime){int n = grid.size();int m = grid[0].size();for (int d = 0; d < 4; ++d){int nx = x + directions[d][0];int ny = y + directions[d][1];if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && grid[nx][ny] == 1){if (timeGrid[nx][ny] == -1 || timeGrid[nx][ny] > currentTime + 1){timeGrid[nx][ny] = currentTime + 1;dfs(grid, timeGrid, nx, ny, currentTime + 1);}}}}int rotApple(vector<vector<int>> &grid){int n = grid.size();int m = grid[0].size();vector<vector<int>> timeGrid(n, vector<int>(m, -1));int freshApples = 0;// 初始化腐烂的苹果时间为0for (int i = 0; i < n; ++i){for (int j = 0; j < m; ++j){if (grid[i][j] == 2){timeGrid[i][j] = 0;dfs(grid, timeGrid, i, j, 0);}else if (grid[i][j] == 1){freshApples++;}}}// 找到最大时间int maxTime = 0;for (int i = 0; i < n; ++i){for (int j = 0; j < m; ++j){if (grid[i][j] == 1){if (timeGrid[i][j] == -1)return -1;maxTime = max(maxTime, timeGrid[i][j]);}}}return maxTime;}
};

孩子们的游戏(圆圈中最后剩下的数)

思路

这个问题可以用著名的约瑟夫环（Josephus Problem）的思路来解决。我们要找出最后剩下的那个小朋友的编号。经典的约瑟夫问题可以通过递归或迭代的方式来解决，并且时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(1)。

约瑟夫问题的递推公式如下：

令 f(n, m) 表示在 n 个人报数，每次报到 m 出列的情况下，最后一个人的位置（0-based）。
初始状态下，当只有一个人时，唯一的那个人的位置为0，即 f(1, m) = 0。
当有 n 个人时，最后剩下的人的位置可以通过 f(n-1, m) 的结果来递推得到，即 f(n, m) = (f(n-1, m) + m) % n。

代码

递归（朴素动态规划——大问题化简为子问题）：

class Solution {
public:int LastRemaining_Solution(int n, int m) {// 返回当前i个人，报数j的第k个人的编号function <int(int, int, int)> dfs = [&](int i, int j, int k) -> int{// 第1个人，说明是从0开始报数if (k == 1) return (j - 1 + i) % i;// 返回i-1个人，报数j的第k-1个人，后面j个人的编号return (dfs(i - 1, j, k - 1) + j) % i;};return dfs(n, m, n);}
};

循环链表（最符合手动操作）：

在约瑟夫环问题中，每次删除一个元素后，我们需要确保剩余元素仍然形成一个有效的循环链表。这就需要我们在删除某个元素时，正确更新它的指针。

初始化链表：通过数组nxt和pre来表示链表中每个节点的下一个和上一个节点。

遍历链表：每次移动m步，找到要删除的元素。

删除元素：更新前驱和后继指针，将当前节点从链表中移除。

class Solution
{
public:int LastRemaining_Solution(int n, int m){// 初始化双向循环链表vector<int> nxt(n);vector<int> pre(n);for (int i = 0; i < n - 1; i++){nxt[i] = i + 1;pre[i + 1] = i;}nxt[n - 1] = 0;  // 形成一个循环pre[0] = n - 1;  // 完成循环int x = 0;  // 从第一个元素开始// 删除元素直到只剩下一个while (n > 1){// 找到第 m 个节点for (int i = 1; i < m; i++){x = nxt[x];}// 删除第 m 个节点（关键操作）nxt[pre[x]] = nxt[x];pre[nxt[x]] = pre[x];x = nxt[x];  // 移动到下一个节点n--;  // 减少链表的大小}return x;  // 最后剩下的节点}
};

动态规划：

由递归进行的子问题分析可以知道：忽略环形链表的下标，可以认为它的任意一个节点都是起点和终点的交界处。对于第i个人，认为它上一个人的编号是链表的起点，那么上一个人的编号+报数，就是第i个人的编号。由于是环形链表，对其长度取余数，就是真实的编号了。

转移：

只有一个数，结果为0。
否则： $\% 数组长度$

class Solution 
{public:int LastRemaining_Solution(int n, int m) {int dp[n + 1];dp[1] = 0;for (int i = 2; i <= n; i++) dp[i] = (dp[i - 1] + m) % i;return dp[n];}
};

迭代：

由于填充DP数组是一个根据上一个结果来推出现在的结果的过程，而旧状态只被使用一次，所以我们不需要用数组保留原先的旧状态。

class Solution {
public:int LastRemaining_Solution(int n, int m) {if (n == 0) return -1; // 边界条件处理int last = 0; // 初始状态下，当只有一个人时，唯一的那个人的位置为0for (int i = 2; i <= n; ++i)last = (last + m) % i;return last;}
};