Leetcode Weekly Contest 95解題報告

Contest 95

本文是同步自我的 github 專案leetforfun，歡迎關注和討論

連結串列的中間節點

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題目大意

給定一個連結串列，返回連結串列的中間節點。如果節點數是偶數，返回靠後的那一個節點 比如：

• 3->5->7->6->9 返回 7
• 3->4->5->6 返回 5

題解

難度：1 顆星

這道題最容易想到的就是：

1. 遍歷一次連結串列，得到其長度 K
2. 得到長度 K 後可以算出哪個是中點，再遍歷一次到那個節點即可

那麼，有沒有看起來更好一點的辦法呢？

可以假設有兩個小朋友 A 和 B，都站在連結串列的頭部，他們要一起遍歷這個連結串列。假設 A 一次前進兩個節點，B 一次只能前進一個節點。那當 A 走到連結串列盡頭時，B 剛好就走到連結串列中間。AC 程式碼就是採用這種方法。 但是這種方法是不是就快呢？第一種方法是 O(n)+O(n/2)，第二種方法雖然看起來是 O(n)，但實際上迴圈體內部進行了兩次遍歷，看起來遍歷的量還是一樣的啊？恩，這是一個好問題（有空再想想）。參見 CSAPP 上的迴圈展開，然而，是不是真的會快還是得實際測試，並且需要到彙編層面去看這種展開能否利用上 CPU 的流水線。如果能用上，那就牛逼了。

石子游戲

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題目大意

有一個陣列 a[i]，A 和 B 每次能從陣列的頭或者尾取一個數，最後誰的總數大誰贏。如果 A 先取，問 A 有沒有必勝的策略。（保證陣列有偶數個元素，總和是奇數）

題解

動態規劃

先計算出 a[i] 的前項和 sum[i]，即 sum[i] = a[0]+a[1]+...a[i-1] 設 dp(i,j) 表示：在面對陣列 a[i..j] 時，如果某個人先取，最大能取得的總和 如果 A 有必勝的策略，那麼 dp(1,n) > sum[n]/2。

那怎麼來求 dp(i,j) 呢？對於 a[i..j]，假設 A 先取，他有兩種選擇：

• 如果 A 取 a[i]，那麼剩下的陣列就變成了 a[i+1..j]，此時該 B 取了。B 也不笨吶，B 也會用最佳的策略來取，所以 B 在 a[i+1..j] 中能取到的最大值是 dp(i+1,j)。設 a[i+1..j] 的總和是 t，想一想t-dp(i+1,j)代表什麼。t 是 a[i+1..j] 的總和，dp(i+1,j) 是先取數的那個選手所能取到的總和，顯然t-dp(i+1,j)就是另一個人能取到的總和了。回過頭來看，對於 a[i..j]，Aq 取 a[i],B 在剩下 a[i+1..j] 中取的最大總和是 dp(i+1,j)，因此 A 實際能取到的值是a[i]+t-dp(i+1,j)
• 如果 A 去 a[j]，那麼剩下的陣列就成了 a[i..j-1]，同樣的，設 a[i..j-1] 的和是 t2，這時 A 能取到的最大值就是a[j]+t2-dp(i,j-1)

綜上, dp(i,j) = Max{a[i]+t-dp(i+1,j), a[j]+t2-dp(i,j-1)}

因此很明顯就是一個記憶化搜尋，AC 程式碼

數學歸納法

在完成動態規劃的程式碼之後，我嘗試寫一些測試用例。但是寫著寫著我發現，我竟然構造不出 A 先取但結果是 false 的 case，這讓我產生了一些想法。於是試著做一下數學歸納：

• 假設只有兩個數 a,b，A 先取，顯然他必勝，哪個大取哪個嘛
• 如果有 4 個數 a,b,c,d：
  • 假設 A 先取 a, 不論 B 怎麼取，A 一定能取到 c
  • 假設 A 先取 d, 不論 B 怎麼取，A 一定能取到 b

也就是說如果 A 先取，他一定可以要麼取 a,c 要麼取 b,d。如果 a+c>b+d，A 就取 a,c，否則他就取 b,d。所以對於 N 等於 4 的 case，先手一樣是必勝

• 當有 6 個數 a,b,c,d,e,f，A 一定能取到 a,c,e 或者 b,d,f，如果 a+c+e>b+d+f，那麼就取 a,c,e 否則取 b,d,f
• 當有 N=2*n 時，a[1...2n]
  • 如果 A 先取 a[1]，他一定能取到 a[1],a[3],a[5],... 即所有的奇數項
  • 如果 A 先取 a[2n]，他一定能取到所有偶數項: a[2],a[4],...a[2n]

所以如果奇數項和大於偶數項和，那麼 A 就取奇數項，否則取偶數項，因此 A 也是必勝的。

這裡你可能有個疑惑點，憑什麼說 A 先取 a[1]，就一定能取到所有奇數項？ 舉個例子，假設 A 取 a[1]，如果 B 取 a[2]，那麼 A 就可以取到 a[3]。如果 B 取 a[2n]，那麼 A 可以取 a[2n-1]。A 始終可以取到奇數項。 同理，A 先取 a[2n]，如果 B 取 a[1]，A 就可以取 a[2]，如果 B 取 a[2n-1]，A 就可以取 a[2n-2]，A 始終能取到偶數項。

因此，先手一定有必勝的策略。

所以最簡單的，這道題可以直接：

return true

第 N 個神奇數字

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題目大意

如果一個數能被 A或者被 B 整除，這個數就是神奇數。給定 A B，求第 i 小的神奇數

計算 + 模擬

首先求出 A 和 B 的最小公倍數 lcm(least common multiple)。lcm(A,B) = A*B/gcd(A,B)。 gcd(A,B) 是 A B 的最大公約數。 我們用 p 表示 lcm(a,b)，可以很容易發現，a,2a,3a,4a ... (p/a)*a都是神奇數；同樣的b,2b,...(p/b)*b也是神奇數。所以從 0 到 p，一共有t=p/a + p/b - 1個神奇數。在 0 到 p 中，除了 p 以外，x*a和y*b可能相等嗎？——不可能，如果x*a == y*b，那 p 就不是 a,b 的最小公倍數了。p 2p 3p ... tp，每增加 p，就增加了 t 個神奇數。由於求第 N 小的，所以q=N/t*t*p就是離第 N 小的神奇數最近的那個 AB 的公倍數，q 是第N/t*t個神奇數。剩下的就列舉一下即可找到。 通過計算最大公約數，最大限度的減少列舉量。不知道還有沒有更好的解法，沒關注了… AC 程式碼

盈利計劃

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題目大意

有 G 個人，有 m 個活動，每個活動需要 group[i] 個人參與，並且獲得 profit[i] 的利潤。問一個有多少種方法，使得總利潤不少於 P。

DP

仔細一看，這道題其實就是最基礎的01 揹包問題。G 其實就是揹包的容量，每個活動 group[i] 就是物品 i 的體積，profit[i] 就是把物品 i 裝入揹包得到的價值。最後求解的就是總價值不少於 P，一共有多少種裝法。

設 f(i,j,k) 表示前 i 個物品，容量 j，總價值 k，一共有多少種裝法。

• 如果第 i 個物品不裝，f(i,j,k) = f(i-1,j,k)
• 如果第 i 個物品裝，f(i,j,k) = f(i-1,j-group[i], k-profit[i])

由於我們求大於等於 P 一共有多少種裝法，因此我們要列舉所有f[n][j][k] (j∈[1,G], k>=P)，把這些值累加起來。

對於 01 揹包，有個非常常用且簡單的優化空間的方法，就是倒序列舉，能節約 1 維空間，把f[i][j][j]變成f[j][k]，感興趣自己可以在網上搜一下，詳見AC 程式碼

總結

這套題還是沒有涉及太多的演算法，主要都是靠動腦筋。石子游戲比較好，挺考驗思維的。最後一題需要對 DP 模型比較敏感，能舉一反三。這倒不是說去背題，而是說一定要把某一種型別的題吃透，之後的題會無限的多，你不可能每道題都做過，它們必然派生自某類題目。如果你吃透了那類題目的解法，那你就能很快想到解題策略。