1540 K次操作转变字符串 #计数
题目链接
题意
给定两字符串(s)和(t)，要求你在(k)次操作以内将字符串(s)转变为(t)，其中第(i)次操作时，可选择如下操作：
-
选择字符串(s)中满足 (1 leq j leq s.length) 且之前未被选过的任意下标 (j)（下标从1开始），并将此位置的字符恰好切换 (i) 次。切换 1 次字符即用字母表中该字母的下一个字母替换它（字母表环状接起来，所以$'z'切换后会变成 ('a')）。
请记住任意一个下标 j 最多只能被操作 1 次！！
-
不进行任何操作。
如果在不超过 k 次操作内可以把字符串 (s)转变成 (t) ，那么请你返回 true ，否则请你返回 false
分析
此题有不少的坑点，起初我没有注意到每个(j)只能操作一次，以为可以对(j)进行分解操作。事实上，读准题意后不是很难。我们要注意到，对于每一个(i)，只能有一个字符可恰好获得(i)种操作。另外注意到两个串的长度是不一定相等的。
要使(s[i])转变为(t[i])，最初可分为两种情况：
- 当(s[i] leq t[i])，至少需要(t[i] - s[i])次操作；
- 当(s[i]>t[i])，需要先将(s[i])转变为('z')，再到达(t[i])，故至少需要$(t[i] - s[i]+26)Mod26 $次操作
两种情况可总结为最初至少需要$(t[i] - s[i]+26)Mod26 $次操作。
但注意，如果一个串中出现不止一个字符需要(m(1 leq m leq 26))次的话，第一个这样的字符可以在第(m)次操作完成，但是，后面几个这样的字符(记为第(x)个)，需要(m+26*(x-1))次操作(跨越x次字母表)。比如说'aa'转变为bb，(s[0])可以在一次操作((i=1))完成，但是(s[1])需要(26+1)次操作
class Solution {
public:
bool canConvertString(string s, string t, int k) {
if (s.length() != t.length()) return false;
vector<int> cnt(27);
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
int delt = (t[i] - s[i] + 26) % 26;
if (delt == 0) continue;
cnt[delt] ++; //如此的差值，出现次数+1
if (delt + (cnt[delt] - 1) * 26 > k) return false;
//一旦发现，操作次数大于k即说明结果为false
}
return true;
}
};
1541 平衡括号字符串的最少插入次数 #计数
题目链接
题意
给定括号字符串(s) ，它只包含字符 '(' 和 ')' 。一个括号字符串被称为平衡的当它满足：
-
任何左括号
'('必须对应两个连续的右括号'))'。 -
左括号
'('必须在对应的连续两个右括号'))'之前。
可在任意位置插入字符 '(' 和 ')' 使字符串平衡。现要返回让 s 平衡的最少插入次数。
样例
"()()))"需要三次插入；"(()))(()))()())))"需要四次插入
分析
这题看起来挺像括号匹配的，但此题如果只有栈去模拟的话，并不方便，因为你要考虑到')'的出现次数，且要保证他们的出现是连续的！
为了保证平衡条件二，我们可以倒序遍历(当然正序遍历也可以，但这样需要同时记录两种括号的出现次数)，遍历的过程中根据情况添补括号/记录右括号的出现次数。
class Solution {
public:
int minInsertions(string s) {
int right = 0, ans = 0;
for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--) {
if (s[i] == ')') {
if (i - 1 >= 0 && s[i - 1] == ')')
i--; //下一个右括号不用再管了
else
ans++; //补上一个右括号
right++; //一对连续的右括号
}
else {
if (right >= 1)
right--;//左一右二括号配对
else
ans += 2; //为左一括号补上两个右括号
}
}
return ans += right; //为剩下的几对右括号补上左括号
}
};
1542 找出最长的超赞子字符串 #前缀和 #状态压缩 #哈希表
题目链接
题意
给定仅由数字组成的字符串 s 。求 s 中最长的 超赞子字符串 的长度。其中"超赞子字符串"需满足满足下述两个条件：
- 该字符串是 s 的一个非空子字符串
- 进行任意次数的字符交换后，该字符串可以变成一个回文字符串
比如"9498331"的长度为3，不是5
分析
审题，这题并不是在考察你经过任意次交换得到的回文串长度(见上方样例)，而是要你找到一个区间长度，使得这样长度的子串交换后能够变为回文串。
我们容易想到一个由数字组成的回文串，它的所有组成字符中，至多只有一个字符出现次数为奇数，其余字符出现次数均为偶数。
既然我们只关心各字符出现的次数是偶数还是奇数，那么我们只需要用01序列的数据结构去记录每个数字出现的次数是偶数还是奇数，若为偶数，则记录为0，反之为1——(1-10)数字的状态由01串去记录，从而实现状态压缩。此外，我们通过01串去记录奇偶性，也有个好处，当我们增添字符时，状态变化可以通过status = status ^ (1<<i)实现，偶+奇=奇，奇+奇=偶，与异或和的结果符合。
我们用哈希表记录每个状态最左出现的位置，设当前状态(status_i)，①如果在之前已经出现过该状态(记录该状态为(status_j))。说明区间([i, j])的字符出现次数都为偶数，即这个区间字符的出现并没有影响原来(status_j)的奇偶性。②如果在之前存在一个状态(status_j)，它与(status_i)之间只有一个字符的出现次数的奇偶性是不同的，说明该字符的出现次数为奇数，影响了(status_j)的奇偶性，而其他字符出现次数的奇偶性没有变。我们的最新状态即是通过前缀和记录的位置来转移的。
提醒，如果使用map的话会超时…
class Solution {
public:
int longestAwesome(string s) {
unordered_map<int, int> pre;
int status = 0, ans = 0;
pre[0] = 0;
for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
int num = s[i - 1] - '0';
status ^= (1 << num);
if (pre.count(status)) {
ans = max(ans, i - pre[status]);
}
else {
pre[status] = i;
}
for (int j = 0; j <= 9; j++) {
int prestatus = status ^ (1 << j); //对每一种数字翻转一次
if (pre.count(prestatus)) {
//说明翻转的状态在之前出现过，记位置为pos，pos到达i后，只影响了数字j的奇偶性
//说明pos->i所出现的字符，除了数字j以外，其他出现次数均为偶数
ans = max(ans, i - pre[prestatus]);
}
}
}
return ans;
}
};