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https://github.com/youngyangyang04/leetcode-master.git
synced 2025-07-07 07:35:35 +08:00
update
This commit is contained in:
programmercarl
@ -655,6 +655,104 @@ int main() {
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### Java
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```Java
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import java.util.*;
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class Edge {
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int to; // 邻接顶点
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int val; // 边的权重
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Edge(int to, int val) {
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this.to = to;
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this.val = val;
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}
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}
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class MyComparison implements Comparator<Pair<Integer, Integer>> {
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@Override
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public int compare(Pair<Integer, Integer> lhs, Pair<Integer, Integer> rhs) {
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return Integer.compare(lhs.second, rhs.second);
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}
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}
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class Pair<U, V> {
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public final U first;
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public final V second;
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public Pair(U first, V second) {
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this.first = first;
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this.second = second;
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}
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}
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public class Main {
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public static void main(String[] args) {
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Scanner scanner = new Scanner(System.in);
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||||
int n = scanner.nextInt();
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int m = scanner.nextInt();
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||||
List<List<Edge>> grid = new ArrayList<>(n + 1);
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for (int i = 0; i <= n; i++) {
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grid.add(new ArrayList<>());
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}
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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int p1 = scanner.nextInt();
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int p2 = scanner.nextInt();
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int val = scanner.nextInt();
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grid.get(p1).add(new Edge(p2, val));
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}
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int start = 1; // 起点
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int end = n; // 终点
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// 存储从源点到每个节点的最短距离
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int[] minDist = new int[n + 1];
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||||
Arrays.fill(minDist, Integer.MAX_VALUE);
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||||
// 记录顶点是否被访问过
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boolean[] visited = new boolean[n + 1];
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// 优先队列中存放 Pair<节点，源点到该节点的权值>
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PriorityQueue<Pair<Integer, Integer>> pq = new PriorityQueue<>(new MyComparison());
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// 初始化队列，源点到源点的距离为0，所以初始为0
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pq.add(new Pair<>(start, 0));
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minDist[start] = 0; // 起始点到自身的距离为0
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while (!pq.isEmpty()) {
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// 1. 第一步，选源点到哪个节点近且该节点未被访问过（通过优先级队列来实现）
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// <节点， 源点到该节点的距离>
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Pair<Integer, Integer> cur = pq.poll();
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if (visited[cur.first]) continue;
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// 2. 第二步，该最近节点被标记访问过
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visited[cur.first] = true;
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// 3. 第三步，更新非访问节点到源点的距离（即更新minDist数组）
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for (Edge edge : grid.get(cur.first)) { // 遍历 cur指向的节点，cur指向的节点为 edge
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// cur指向的节点edge.to，这条边的权值为 edge.val
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if (!visited[edge.to] && minDist[cur.first] + edge.val < minDist[edge.to]) { // 更新minDist
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minDist[edge.to] = minDist[cur.first] + edge.val;
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pq.add(new Pair<>(edge.to, minDist[edge.to]));
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}
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}
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}
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||||
if (minDist[end] == Integer.MAX_VALUE) {
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||||
System.out.println(-1); // 不能到达终点
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} else {
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||||
System.out.println(minDist[end]); // 到达终点最短路径
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}
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}
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}
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```
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### Python
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### Go
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@ -737,6 +737,73 @@ for (int v = 1; v <= n; v++) {
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### Java
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||||
```Java
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||||
import java.util.Arrays;
|
||||
import java.util.Scanner;
|
||||
|
||||
public class Main {
|
||||
public static void main(String[] args) {
|
||||
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
|
||||
int n = scanner.nextInt();
|
||||
int m = scanner.nextInt();
|
||||
|
||||
int[][] grid = new int[n + 1][n + 1];
|
||||
for (int i = 0; i <= n; i++) {
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||||
Arrays.fill(grid[i], Integer.MAX_VALUE);
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||||
}
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for (int i = 0; i < m; i++) {
|
||||
int p1 = scanner.nextInt();
|
||||
int p2 = scanner.nextInt();
|
||||
int val = scanner.nextInt();
|
||||
grid[p1][p2] = val;
|
||||
}
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int start = 1;
|
||||
int end = n;
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||||
|
||||
// 存储从源点到每个节点的最短距离
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||||
int[] minDist = new int[n + 1];
|
||||
Arrays.fill(minDist, Integer.MAX_VALUE);
|
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|
||||
// 记录顶点是否被访问过
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||||
boolean[] visited = new boolean[n + 1];
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||||
minDist[start] = 0; // 起始点到自身的距离为0
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for (int i = 1; i <= n; i++) { // 遍历所有节点
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int minVal = Integer.MAX_VALUE;
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int cur = 1;
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// 1、选距离源点最近且未访问过的节点
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for (int v = 1; v <= n; ++v) {
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||||
if (!visited[v] && minDist[v] < minVal) {
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minVal = minDist[v];
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cur = v;
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}
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}
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visited[cur] = true; // 2、标记该节点已被访问
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// 3、第三步，更新非访问节点到源点的距离（即更新minDist数组）
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||||
for (int v = 1; v <= n; v++) {
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||||
if (!visited[v] && grid[cur][v] != Integer.MAX_VALUE && minDist[cur] + grid[cur][v] < minDist[v]) {
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||||
minDist[v] = minDist[cur] + grid[cur][v];
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||||
}
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}
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||||
}
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||||
if (minDist[end] == Integer.MAX_VALUE) {
|
||||
System.out.println(-1); // 不能到达终点
|
||||
} else {
|
||||
System.out.println(minDist[end]); // 到达终点最短路径
|
||||
}
|
||||
}
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||||
}
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||||
```
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### Python
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### Go
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@ -75,6 +75,19 @@
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## 插曲
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本题和力扣 [797.所有可能的路径](https://leetcode.cn/problems/all-paths-from-source-to-target/description/) 是一样的，录友了解深度优先搜索之后，这道题目就是模板题，是送分题。
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力扣是核心代码模式，把图的存储方式给大家定义好了，只需要写出深搜的核心代码就可以。
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如果笔试的时候出一道原题 （笔试都是ACM模式，部分面试也是ACM模式），不少熟练刷力扣的录友都难住了，因为不知道图应该怎么存，也不知道自己存的图如何去遍历。
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所以这也是为什么我要让大家练习 ACM模式
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这道题目是深度优先搜索，比较好的入门题。
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如果对深度优先搜索还不够了解，可以先看这里：[深度优先搜索的理论基础](https://programmercarl.com/图论深搜理论基础.html)
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@ -3,7 +3,7 @@
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# 110. 字符串接龙
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[卡码网题目链接（ACM模式）](https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1182)
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[卡码网题目链接（ACM模式）](https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1183)
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题目描述
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27
problems/kamacoder/0111.构造二阶行列式.md
Normal file
27
problems/kamacoder/0111.构造二阶行列式.md
Normal file
@ -0,0 +1,27 @@
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# 111. 构造二阶行列式
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暴力模拟就好，每个数不超过 20， 暴力枚举其实也没多大。
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```CPP
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#include <iostream>
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||||
using namespace std;
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||||
int main() {
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||||
int n;
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||||
cin >> n;
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||||
for (int x = 1; x <= 20; x++) {
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||||
for (int y = 1; y <= 20; y++) {
|
||||
for (int i = 1; i <= 20; i++) {
|
||||
for (int j = 1; j <= 20; j++) {
|
||||
if ((x * j - y * i) == n) {
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cout << x << " " << y << endl;
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||||
cout << i << " " << j << endl;
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return 0;
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}
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}
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}
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||||
}
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||||
}
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||||
cout << -1 << endl;
|
||||
}
|
||||
```
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||||
26
problems/kamacoder/0112.挑战boss.md
Normal file
26
problems/kamacoder/0112.挑战boss.md
Normal file
@ -0,0 +1,26 @@
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||||
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||||
# 112. 挑战boss
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||||
本题题意有点绕，注意看一下 题目描述中的【提示信息】，但是在笔试中，是不给这样的提示信息的。
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简单模拟：
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```CPP
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||||
#include<iostream>
|
||||
using namespace std;
|
||||
int main() {
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||||
int n, a, b, k = 0;
|
||||
cin >> n >> a >> b;
|
||||
string s;
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||||
cin >> s;
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||||
int result = 0;
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||||
for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
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||||
int cur = a + k * b;
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||||
result += cur;
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||||
++k;
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||||
if (s[i] == 'x') k = 0;
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||||
}
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||||
cout << result << endl;
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||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
```
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||||
29
problems/kamacoder/0114.小欧的平均数.md
Normal file
29
problems/kamacoder/0114.小欧的平均数.md
Normal file
@ -0,0 +1,29 @@
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||||
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||||
# 114. 小欧的平均数
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这道题非常的脑筋急转弯， 读题都要理解半天。
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初步读题，感觉好像是求 如何最小加减，得到三个数的平均数。
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但题意不是这样的。
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小欧的说的三个数平衡，只是三个数里 任何两个数 相加都能被2整除， 那么 也就是说，这三个数 要么都是 奇数，要么都是偶数，才能达到小欧所说的平衡。
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||||
所以题目要求的，就是，三个数，最小加减1 几次 可以让三个数都变成奇数，或者都变成偶数。
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所以最终的结果 不是1 就是0，没有其他的。
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||||
录友可能想，题目出的这么绕干啥？ 没办法，企业的笔试题就是这样的。
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||||
```CPP
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||||
#include<iostream>
|
||||
#include<algorithm>
|
||||
using namespace std;
|
||||
int main() {
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||||
int x, y, z;
|
||||
cin >> x >> y >> z;
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||||
int count = (x % 2 == 0) + (y % 2 == 0) + (z % 2 == 0);
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||||
cout << min(3 - count, count);
|
||||
}
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||||
```
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||||
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||||
67
problems/kamacoder/0115.组装手机.md
Normal file
67
problems/kamacoder/0115.组装手机.md
Normal file
@ -0,0 +1,67 @@
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# 115. 组装手机
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这道题是比较难得哈希表题目。 把代码随想录哈希表章节理解透彻，做本题没问题。
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思路是
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1. 用哈希表记录 外壳售价 和 手机零件售价 出现的次数
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2. 记录总和出现的次数
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3. 遍历总和，减去 外壳售价，看 手机零件售价出现了几次
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4. 最后累加，取最大值
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有一个需要注意的点： 数字可以重复，在计算个数的时候，如果计算重复的数字
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例如 如果输入是
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```
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4
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1 1 1 1
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1 1 1 1
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```
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那么输出应该是 4， 外壳售价 和 手机零件售价 是可以重复的。
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代码如下：
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```CPP
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#include <iostream>
|
||||
#include <vector>
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||||
#include <unordered_set>
|
||||
#include <unordered_map>
|
||||
using namespace std;
|
||||
int main() {
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||||
int n;
|
||||
cin >> n;
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||||
vector<int> aVec(n, 0);
|
||||
vector<int> bVec(n, 0);
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||||
unordered_map<int, int > aUmap;
|
||||
unordered_map<int, int > bUmap;
|
||||
for (int i = 0; i < n; i++) {
|
||||
cin >> aVec[i];
|
||||
aUmap[aVec[i]]++;
|
||||
}
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||||
for (int i = 0; i < n; i++) {
|
||||
cin >> bVec[i];
|
||||
bUmap[bVec[i]]++;
|
||||
}
|
||||
unordered_set<int > uset;
|
||||
for (int i = 0; i < n; i++) {
|
||||
for (int j = 0; j < n; j++){
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||||
uset.insert(aVec[i] + bVec[j]);
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||||
}
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||||
}
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||||
int result = 0;
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||||
for (int sum : uset) {
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||||
//cout << p.first << endl;
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||||
int count = 0;
|
||||
for (pair<int, int> p : aUmap) {
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||||
//cout << p.first - aVec[i] << endl;
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||||
if (sum - p.first > 0 && bUmap[sum - p.first] != 0) {
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||||
count += min(bUmap[sum - p.first], p.second);
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||||
}
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||||
}
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||||
result = max(result, count);
|
||||
}
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||||
cout << result << endl;
|
||||
}
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```
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@ -192,7 +192,7 @@ x1, x2 为起点坐标，y1, y2 为终点坐标 ，abs 为求绝对值，sqrt
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计算出来 F 之后，按照 F 的 大小，来选去出队列的节点。
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可以使用 优先级队列 帮我们排好序，每次出队列，就是F最大的节点。
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可以使用 优先级队列 帮我们排好序，每次出队列，就是F最小的节点。
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实现代码如下：（启发式函数 采用 欧拉距离计算方式）
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@ -1,7 +1,7 @@
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小美的排列询问
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# 小美的排列询问
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注意 x 和y 不分先后
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模拟题，注意 x 和y 不分先后
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```CPP
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@ -1,6 +1,11 @@
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# 小美走公路
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两个注意点
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在处理环形情况的时候，很多录友容易算懵了，不是多算一个数，就是少算一个数。
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这里这样的题目，最好的方式是将 两个环展开，首尾相连，这样我们就可以通过 直线的思维去解题了
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||||
两个注意点：
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1. x 可以比 y 大，题目没规定 x 和y 的大小顺序
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2. 累计相加的数可能超过int
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@ -1,5 +1,7 @@
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前缀和
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# 小美的蛋糕切割
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二维前缀和，不了解前缀和的录友 可以自行查一下，是一个很容易理解的算法思路
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```CPP
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@ -36,7 +36,6 @@ void bfs(const vector<vector<char>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x,
|
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}
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}
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||||
int main() {
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||||
int n;
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||||
string s;
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@ -1,5 +1,134 @@
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# 131. 小美的树上染色
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贪心的思路 ： https://blog.csdn.net/weixin_43739821/article/details/136299012
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本题为树形dp 稍有难度，主要在于 递推公式上。
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dp数组的定义：
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dp[cur][1] ：当前节点染色，那么当前节点为根节点及其左右子节点中，可以染色的最大数量
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dp[cur][0] ：当前节点不染色，那么当前节点为根节点及其左右子节点中，可以染色的最大数量
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关于 dp转移方程
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1、 情况一：
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如果当前节点不染色，那就去 子节点 染色 或者 不染色的最大值。
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`dp[cur][0] += max(dp[child][0], dp[child][1]);`
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2、情况二：
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那么当前节点染色的话，这种情况就不好想了。
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首先这不是二叉树，每一个节点都有可能 会有n个子节点。
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所以我们要分别讨论，每一个子节点的情况 对父节点的影响。
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那么父节点 针对每种情况，就要去 最大值， 也就是 `dp[cur][1] = max(dp[cur][1], 每个自孩子的情况)`
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如图，假如节点1 是我们要计算的父节点，节点2是我们这次要计算的子节点。
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选中一个节点2 作为我们这次计算的子节点，父节点染色的话，子节点必染色。
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接下来就是计算 父节点1和该子节点2染色的话， 以子节点2 为根的 染色节点的最大数量 。
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是：节点2不染色 且 以节点2为根节点的最大 染色数量 + 2， + 2 是因为 节点 1 和 节点2 要颜色了，染色节点增加两个。
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代码：`dp[child][0] + 2`
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细心的录友会发现，那我们只计算了 红色框里面的，那么框外 最大的染色数量是多少呢？
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先看 作为子节点的节点2 为根节点的最大染色数量是多少？ 取一个最值，即 节点2染色 或者 不染色取最大值。
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代码：`max(dp[child][0], dp[child][1])`
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那么红框以外的 染色最大节点数量 就是 `dp[cur][0] - max(dp[child][0], dp[child][1])`
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（cur是节点1，child是节点2）
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红框以外的染色最大数量 + 父节点1和该子节点2染色的话 以子节点2 为根的 染色节点的最大数量 就是 节点1 染色的最大节点数量。
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代码：
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`dp[cur][1] = max(dp[cur][1], dp[cur][0] - max(dp[child][0], dp[child][1]) + dp[child][0] + 2);`
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整体代码如下：
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```CPP
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#include <iostream>
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#include <vector>
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||||
#include <cmath>
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||||
#include <algorithm>
|
||||
#include <list>
|
||||
|
||||
using namespace std;
|
||||
|
||||
int maxN = 10005;
|
||||
vector<vector<int>> dp (maxN, vector<int>(2, 0));
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vector<list<int>> grid(maxN); // 邻接表
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vector<long> value(maxN); // 存储每个节点的权值
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// 在树上进行动态规划的函数
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void dpOnTheTree(int cur) {
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for (int child : grid[cur]) {
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// 后序遍历，从下向上计算
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dpOnTheTree(child);
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// 情况一
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dp[cur][0] += max(dp[child][0], dp[child][1]);
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}
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// 计算dp[1] - 当前节点染色
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for (int child : grid[cur]) {
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long mul = value[cur] * value[child]; // 当前节点和相邻节点权值的乘积
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long sqrtNum = (long) sqrt(mul);
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if (sqrtNum * sqrtNum == mul) { // 如果乘积是完全平方数
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// 情况二
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// dp[cur][0] 表示所有子节点 染色或者不染色的 最大染色数量
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// max(dp[child][0], dp[child][1]) 需要染色节点的孩子节点的最大染色数量
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// dp[cur][0] - max(dp[child][0], dp[child][1]) 除了要染色的节点及其子节点，其他孩子的最大染色数量
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// 最后 + dp[child][0] + 2 ， 就是本节点染色的最大染色节点数量
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dp[cur][1] = max(dp[cur][1], dp[cur][0] - max(dp[child][0], dp[child][1]) + dp[child][0] + 2);
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}
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}
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}
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int main() {
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int n;
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cin >> n; // 输入节点数量
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// 读取节点权值
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for (int i = 1; i <= n; ++i) {
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cin >> value[i];
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}
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// 构建树的邻接表
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for (int i = 1; i < n; ++i) {
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int x, y;
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cin >> x >> y;
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grid[x].push_back(y);
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}
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// 从根节点（节点1）开始进行动态规划
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dpOnTheTree(1);
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// 输出最大染色节点数量
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cout << max(dp[1][0], dp[1][1]) << endl;
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return 0;
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}
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```
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dp思路：https://www.cnblogs.com/ganyq/p/18111114
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problems/kamacoder/夹吃旗.md
Normal file
47
problems/kamacoder/夹吃旗.md
Normal file
@ -0,0 +1,47 @@
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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int main() {
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int t = 0;
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cin >> t;
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while(t--) {
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vector<string> grid(3, "");
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int a = 0;
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int b = 0;
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for(int i = 0; i < 3; i++) {
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cin >> grid[i];
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if(grid[i] == "o*o") {
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a++;
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} else if(grid[i] == "*o*") {
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b++;
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}
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}
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// 判断列
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for(int i = 0; i < 3; i++) {
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string line(1, grid[0][i]);
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line += grid[1][i];
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line += grid[2][i];
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if(line == "o*o") {
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a++;
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} else if(line == "*o*") {
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b++;
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}
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}
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if((a && b) || (!a && !b)) {
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cout << "draw" << endl;
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}
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if(a && !b) {
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cout << "yukan" << endl;
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}
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if(!a && b) {
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cout << "kou" << endl;
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}
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}
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return 0;
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}
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