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编程battle-精神小伙场

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本文字数： 3.8k 阅读时长 ≈ 3 分钟

本次是阿里云天池平台上的在线编程battle赛，详细信息如下

比赛地址：

【精神小伙场】水一波礼品队
【精神小伙场】次次AC队

活动规则：

1、参赛者将与对手【次次AC队】进行较量，答出一题即可上榜，上榜人数多的一方取得胜利并瓜分【精神小伙场】所含34万积分 (可在天池兑换各种丰厚奖品）。 2、请在10月24日下午20：00-22：00期间答题，比赛结束后可以答题但不计入排行榜。 3、排行榜采用ACM赛制，总用时为罚时+答题时间总和。排行榜每2分钟更新1次，22点显示排行榜最终结果。 4、代码中请勿包含任何个人信息、账号、口令等信息，以免造成泄漏。 5、比赛答疑和交流欢迎加入钉钉群：35215271 6、积分会在5个工作日内自动发放至个人账号

奖品设置：

获胜一方上榜选手均分34万积分（天池粮票） 粮票兑换奖品链接：https://tianchi.aliyun.com/home/souvenir

参赛题目：

题目 难度 通过率 状态
1.笛卡尔积 中等 91% img
2.解码方式 困难 67% img
3.数字消除 简单 28% img
4.连接两个字符串中的不同字符 简单 71% img

我是作为“水一波礼品队”参加的，下面是本次比赛的做题过程及题解分析，仅此记录学习一下

连接两个字符串中的不同字符

题目描述：

给出两个字符串, 你需要修改第一个字符串，将所有与第二个字符串中相同的字符删除, 并且第二个字符串中不同的字符与第一个字符串的不同字符连接

示例：

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样例 1:


输入 : s1 = "aacdb", s2 = "gafd"
输出 : "cbgf"

样例 2:


输入 : "abcs", s2 = "cxzca"
输出 : "bsxz"

思路：先遍历s1中的字符判断是否在s2中，如果不在就添加到最后结果中；然后同理再遍历s2

代码：

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class Solution {
public:
    /**
     * @param s1: the 1st string
     * @param s2: the 2nd string
     * @return: uncommon characters of given strings
     */
string concatenetedString(string &s1, string &s2) {
    // write your code here
    int i;
    //存储最后结果
    string result="";
    //遍历查找s1中的不在s2中的字符
    for(i=0;i<s1.length();i++){
        //遍历查找字符串s2是否包含子串s1中的字符,其中string:npos是个特殊值，说明查找没有匹配
        if(s2.find(s1[i])==string::npos){
            //如果s2中不含当前s1中的字符，则添加到result中
            result+=s1[i];
        }
    }
    //同理，找到s2中的不在s1中的字符
    for(i=0;i<s2.length();i++){
        if(s1.find(s2[i])==string::npos){
            result+=s2[i];
        }
    }
    return result;
    }
};

数字消除

题目描述：

给定一个数字构成的字符串，如果连着两个数字都相同，则可以消除，消除后前部分和后部分会连在一起，可以继续进行消除，现在问你能消除几次？

$1 \leq len(s) \leq 1000000$

示例：

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Example 1:


Input: "43211234"
Output: 4

Example 2:


Input: "101"
Output: 0

思路：遍历字符串，判断当前字符与下一位置字符是否相同，相同则使用earse函数删除相同的这两个字符，然后回退到上一个字符进行判断。注意特殊情况前两个字符相同时不进行回退。

代码：

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class Solution {
public:
    /**
     * @param Numbers: a string of Numbers
     * @return: returns the number of eliminations
     */
    int NumberOfErasures(string &Numbers) {
        // write your code here.
        //记录消除次数
        int result=0;
        for(int i=0;i<Numbers.length();i++){
            if(Numbers[i]==Numbers[i+1]){
                //string erase函数删除从i开始的2个字符
                Numbers.erase(i,2);
                result+=1;
                //结束五分之后才改完这个错误提交成功，没计算成绩
                //特殊情况，前两个字符就匹配上的话要特殊处理
                if(i==0){
                    i-=1;
                }else{
                    i-=2;
                }
            }
        }
        return result;
    }
};

笛卡尔积

题目描述：

我们采用二维数组setList[][]表示集合数组，其中setList[i]中的每个元素都为整数，且不相同。求集合setList[0],setList[1],…,setList[setList.length - 1]的笛卡尔积。 一般地，集合A和集合B的笛卡尔积A×B = {(x,y)|x∈A∧y∈B}。

  • 1 <= setList.length <= 5
  • 1 <= setList[i].length <= 5

示例：

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样例1


输入:
setList = [[1,2,3],[4],[5,6]]
输出: [[1,4,5],[1,4,6],[2,4,5],[2,4,6],[3,4,5],[3,4,6]]
解释:
[1,2,3]和[4]和[5,6]的笛卡尔积为[[1,4,5],[1,4,6],[2,4,5],[2,4,6],[3,4,5],[3,4,6]]

样例2


输入:
setList = [[1,2,3],[4]]
输出: [[1,4],[2,4],[3,4]]
解释:
[1,2,3]和[4]的笛卡尔积为[[1,4],[2,4],[3,4]]

思路：

这道题自己没做出来，本来是想遍历setList中的每个向量元素，有多少个向量元素就写多少个for循环，但是向量元素的个数不确定没办法写for循环不知道写几个，不过setListl.length<=5,可以穷举出来所有的可能🤣可以用很多个for循环穷举（个数为2时2个for循环为3时3个for循环…也可以写5个for循环循环前添加判断条件，循环中用push_back(),pop_back(),这种循环其实就是回溯法），网上参考了别的资料，这道题是要用回溯求解，代码如下：

回溯代码：

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class Solution {
public:
    /**
     * @param setList: The input set list
     * @return: the cartesian product of the set list
     */
    //存储最后结果
    vector<vector<int>> ans;
    //存储最后结果中的一个元素
    vector<int> lv;
    vector<vector<int>> getSet(vector<vector<int>> &setList) {
        //Write your code here
        dfs(setList,0);
        return ans;
    }
    //DFS（深度优先搜索），回溯法
    void dfs(vector<vector<int>> &setList,int i){
        if(i==setList.size()){
            ans.push_back(lv);
            return;
        }
        for(int j=0;j<setList[i].size();j++){
            lv.push_back(setList[i][j]);
            dfs(setList,i+1);
            lv.pop_back();
        }
    }
};
解码方式

题目描述：

使用以下映射方式将 A-Z 的消息编码为数字:

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'A' -> 1
'B' -> 2
...
'Z' -> 26

除此之外, 编码的字符串也可以包含字符 *, 它代表了 1 到 9 的数字中的其中一个.给出包含数字和字符 * 的编码消息, 返回所有解码方式的数量. 因为结果可能很大, 所以结果需要对 10^9 + 7 取模

  • 输入的字符串在范围 [1, 10^5] 内.
  • 输入的字符串只能包含字符 * 和数字 0 - 9.

示例：

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样例1


输入: "*"
输出: 9
说明: 你可以译码为 "A", "B", "C", "D", "E", "F", "G", "H", "I".

样例2


输入: "1*"
输出: 18

思路：

这道题比赛时根本没时间看，后来看完一顿乱写，越写越迷，真的还是要有思路，不能是乱碰乱撞式写法，这道题比较复杂，是LeetCode上面的原题解码方法2，还有一道相似的更基础版的题解码方法

我现在太菜了😆，题解也看得似懂非懂，这道题确实也挺难的，就先把官方题解放在下面

方法一：记忆性递归
算法

对输入的字符序列，考虑每种可能的解码情况。

假设有函数 ways(s,i)，返回字符串 ss 中前 ii 个字符的解码方法数量。调用 ways(s, s.length()-1) 得到字符串中所有字符的解码方法数量。

我们从字符串 ss 的最后一个字符开始解码，假设此时调用函数 ways(s,i)。在 ways(s,i) 中计算前 i 个字符的所有解码方法数量。第 i 个字符有以下几种情况。

第 i 个字符是 *。首先考虑第$ i$ 个字符单独解码的情况，* 表示 1-9 中任意一个数字，对应 A-I 中任意一个字母。前 i 个字符的解码可以表示为在前 $i−1$ 个字符解码的结尾加上 A-I 中任意一个字母。因此总的解码数量为前$ n-1$个字符解码数量的 9 倍，即 9*ways(s,i-1)。

除此之外，第 $ i$ 个字符也可以和第 $i−1$ 个字符一起解码。如果第$ i-1$ 个字符是 1，它们可以表示 11-19 中任意一个数字，对应 K-S 中任意一个字母。前 $ i$ 个字符的解码可以表示为在前 $i−2$ 个字符解码的结尾加上 K-S 中任意一个字母。因此总的解码数量为前$n−2$ 个字符解码数量的 9 倍，即 9*ways(s,i-2)。需要注意的是使用两个字符 1* 一起解码和两个字符分开单独解码的结果不重复。

如果第$i−1$ 个字符是 2，那么 2* 可以表示 21-26 中任意一个数字，对应 U-Z 中任意一个字母。总的解码数量是前$i−2$ 个字符解码数量的 6 倍，即 6*ways(s,i-2)。

解码方式

如果第 $i−1$ 个字符是 *，那么** 可以表示 11-19（9）和 21-26（6） 中任意一个数字。因此总的解码数量是前 $i−2$ 个字符解码数量的 15（9+6） 倍，即 15*ways(s,i-2)。

如果第 $i$ 个字符是 1-9 的数字。首先考虑单个字符解码的情况。此时前 $i$ 个字符的解码数量等于前 $i-1$ 个字符的解码数量。如果第 $i$ 个字符是 0，那么它不能单独解码，必须与它的前一个字符一起解码。前一个字符是 1，2 或 * 时才可以解码。具体情况如下。

如果前一个字符是 1，那么它们可以是 10-19 中任意一个数字。此时解码数量等于前 $i-2$ 个字符的解码数量。

如果前一个字符是 2，则有效数字范围为 20-26。只有当前字符小于 7 时可以解码。此时解码数量等于前 $i−2$ 个字符的解码数量。

如果前一个字符是 *，那么解码数量取决于当前数字。如果当前数字大于 6，那么它们只能是 17-19 中任意一个（27-29 是无效的解码数字）。此时解码数量等于前$i−2$ 个字符的解码数量。

如果当前数字小于 7，则 * 可以是 1 或 2。对应 10-16 或者 20-26 中任意一个数字。此时解码数量等于前$i−2$ 个字符解码数量的 2 倍。

在函数 ways 中实现所有的情况，递归调用 ways 计算所有字符的解码数量。记录已经计算出来的前 $i$ 个字符的解码数量，减少重复调用，降低计算复杂度。

Java代码：

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public class Solution {
    int M = 1000000007;
    public int numDecodings(String s) {
        Integer[] memo=new Integer[s.length()];
        return ways(s, s.length() - 1,memo);
    }
    public int ways(String s, int i,Integer[] memo) {
        if (i < 0)
            return 1;
        if(memo[i]!=null)
            return memo[i];
        if (s.charAt(i) == '*') {
            long res = 9 * ways(s, i - 1,memo);
            if (i > 0 && s.charAt(i - 1) == '1')
                res = (res + 9 * ways(s, i - 2,memo)) % M;
            else if (i > 0 && s.charAt(i - 1) == '2')
                res = (res + 6 * ways(s, i - 2,memo)) % M;
            else if (i > 0 && s.charAt(i - 1) == '*')
                res = (res + 15 * ways(s, i - 2,memo)) % M;
            memo[i]=(int)res;
            return memo[i];
        }
        long res = s.charAt(i) != '0' ? ways(s, i - 1,memo) : 0;
        if (i > 0 && s.charAt(i - 1) == '1')
            res = (res + ways(s, i - 2,memo)) % M;
        else if (i > 0 && s.charAt(i - 1) == '2' && s.charAt(i) <= '6')
            res = (res + ways(s, i - 2,memo)) % M;
        else if (i > 0 && s.charAt(i - 1) == '*')
                res = (res + (s.charAt(i)<='6'?2:1) * ways(s, i - 2,memo)) % M;
        memo[i]= (int)res;
        return memo[i];
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 表示输入字符串和备忘录数组的长度，备忘录数组中每项计算时间复杂度为 $O(1)$。

  • 空间复杂度：$O(n)$，递归树的深度为 $n$。

方法二：动态规划
算法

从 方法一 可以看出，字符串前 $i$ 个字符的解码方法数量只与前 $i$ 个字符有关，与它后面的字符无关。因此该问题也可以使用动态规划解决。

如果知道字符串前 $i−1$ 个字符的解码数量和前 $i−2$ 个字符的解码数量，就可以计算出前 $i$ 个字符的解码数量。从前往后计算数组 $dp$ 中每一项，$dp[i]$ 表示字符串 $s$ 前 $i$ 个字符的编码数量。

通过一个简单实例的图解说明 $dp$ 的计算过程。

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Java代码

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public class Solution {
    int M = 1000000007;
    public int numDecodings(String s) {
        long[] dp = new long[s.length() + 1];
        dp[0] = 1;
        dp[1] = s.charAt(0) == '*' ? 9 : s.charAt(0) == '0' ? 0 : 1;
        for (int i = 1; i < s.length(); i++) {
            if (s.charAt(i) == '*') {
                dp[i + 1] = 9 * dp[i];
                if (s.charAt(i - 1) == '1')
                    dp[i + 1] = (dp[i + 1] + 9 * dp[i - 1]) % M;
                else if (s.charAt(i - 1) == '2')
                    dp[i + 1] = (dp[i + 1] + 6 * dp[i - 1]) % M;
                else if (s.charAt(i - 1) == '*')
                    dp[i + 1] = (dp[i + 1] + 15 * dp[i - 1]) % M;
            } else {
                dp[i + 1] = s.charAt(i) != '0' ? dp[i] : 0;
                if (s.charAt(i - 1) == '1')
                    dp[i + 1] = (dp[i + 1] + dp[i - 1]) % M;
                else if (s.charAt(i - 1) == '2' && s.charAt(i) <= '6')
                    dp[i + 1] = (dp[i + 1] + dp[i - 1]) % M;
                else if (s.charAt(i - 1) == '*')
                    dp[i + 1] = (dp[i + 1] + (s.charAt(i) <= '6' ? 2 : 1) * dp[i - 1]) % M;
            }
        }
        return (int) dp[s.length()];
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是输入字符串的长度，数组 $dp$ 长度为 $n+1$，计算数组每一项的时间复杂度为 $O(1)$。

  • 空间复杂度：$O(n)$，数组 $dp$ 的长度为 $n+1$。

方法三：恒定空间的动态规划
算法

只要知道 $dp[i-2]$ 和 $dp[i-1]$ 就可以计算出 $dp[i]$。因此不需要保存数组 $dp$ 的所有值，只需要记录数组 $dp$ 的最后两个值就可以计算出下一项。其他过程与 方法二 相同。

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public class Solution {
    int M = 1000000007;
    public int numDecodings(String s) {
        long first = 1, second = s.charAt(0) == '*' ? 9 : s.charAt(0) == '0' ? 0 : 1;
        for (int i = 1; i < s.length(); i++) {
            long temp = second;
            if (s.charAt(i) == '*') {
                second = 9 * second;
                if (s.charAt(i - 1) == '1')
                    second = (second + 9 * first) % M;
                else if (s.charAt(i - 1) == '2')
                    second = (second + 6 * first) % M;
                else if (s.charAt(i - 1) == '*')
                    second = (second + 15 * first) % M;
            } else {
                second = s.charAt(i) != '0' ? second : 0;
                if (s.charAt(i - 1) == '1')
                    second = (second + first) % M;
                else if (s.charAt(i - 1) == '2' && s.charAt(i) <= '6')
                    second = (second + first) % M;
                else if (s.charAt(i - 1) == '*')
                    second = (second + (s.charAt(i) <= '6' ? 2 : 1) * first) % M;
            }
            first = temp;
        }
        return (int) second;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是输入字符串的长度，需要计算到第 $n$ 次才能得到所有字符的解码数量。
  • 空间复杂度：$O(1)$，使用恒定空间。
知识点

递归、回溯和DFS的区别

  • 递归是一种算法结构，回溯是一种算法思想。
  • 一个递归就是在函数中调用函数本身来解决问题。
  • 回溯就是通过不同的尝试来生成问题的解，有点类似于穷举，但是和穷举不同的是回溯会“剪枝”

回溯搜索是深度优先搜索（DFS）的一种。对于某一个搜索树来说（搜索树是起记录路径和状态判断的作用），回溯和DFS主要的区别是，回溯法在求解过程中不保留完整的树形结构，而深度优先搜索则记下完整的搜索树。

递归的一般结构

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void f()  
{  
     if(符合边界条件)  
     {  
        ///////  
        return;  
     }  

     //某种形式的调用  
     f();  
}

回溯的一般结构

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void DFS(int 当前状态)  
{  
      if(当前状态为边界状态)  
      {  
        记录或输出  
        return;  
      }  
      for(i=0;i<n;i++)       //横向遍历解答树所有子节点  
      {  
           //扩展出一个子状态。  
           修改了全局变量  
           if(子状态满足约束条件)  
            {  
              dfs(子状态)  
           }  
            恢复全局变量//回溯部分  
      }  
}
总结

数字消除这道题做的时候感觉还挺简单的，不知道为什么这道题的通过率反而是最低的，通过率28%提交次数243。解码方式这道最难的题反而通过率高达67%，提交次数91，不知道都怎么做的，有没有百度，我觉得还是自己好好做吧，主要为了提高自己嘛，成绩不那么重要😛。这次比赛在线编辑运行测试数据、提交代码检测结果太慢了，我提交完数字消除这道题后太慢了我才做的笛卡尔积那道题，数字消除还挺有自信的感觉是对的，好久才出评判结果，评判出错后我想着应该好改，就在做笛卡尔积那道题没怎么着急改，所以最后没有及时提交那道题。前三题都还可以，最后一道题感觉有点晕，也是我现在做题少的原因还是太菜了，继续加油吧。

------------- THE END! THANKS! -------------