标签：10 cnt 乘积 int res 双周 mp1 68 LeetCode
T1 5946. 句子中的最多单词数
题目描述：给你\(n\)个句子，求出含有最多单词的句子所含有的单词数
思路：根据题意模拟即可
时间复杂度：\(O(\sum|S|)\)
参考代码：
class Solution {
public:
int mostWordsFound(vector<string>& sentences) {
int res = 0;
string t;
for(auto s : sentences){
stringstream text(s);
int cnt = 0;
while(text >> t) ++cnt;
res = max(res , cnt);
}
return res;
}
};
T2 5947. 从给定原材料中找到所有可以做出的菜
题目描述：你有\(n\)道不同菜的信息。给你一个字符串数组\(recipes\) 和一个二维字符串数组\(ingredients\)。第\(i\)道菜的名字为 \(recipes[i]\)，如果你有它所有的原材料\(ingredients[i]\)，那么你可以做出这道菜。一道菜的原材料可能是 另一道 菜也就是说 \(ingredients[i]\)可能包含\(recipes\) 中另一个字符串。同时给你一个字符串数组 \(supplies\)，它包含你初始时拥有的所有原材料，每一种原材料你都有无限多。请你返回你可以做出的所有菜。你可以以 任意顺序 返回它们。
思路：比较明显的拓扑关系，考虑用map将菜品名称映射成点然后建图跑拓扑即可
时间复杂度：\(O(n)\)
参考代码：
class Solution {
public:
vector<string> findAllRecipes(vector<string>& recipes, vector<vector<string>>& ingredients, vector<string>& supplies) {
vector<string> res;
vector<int>income(1000, 0);
map<string, int> mp1;
map<int, string> mp2;
int cnt = 0;
vector<vector<int>>graph(1000);
int n = recipes.size();
for (auto s : recipes) {
if (mp1[s]) continue;
mp1[s] = ++cnt;
mp2[cnt] = s;
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < ingredients[i].size(); ++j) {
string s = ingredients[i][j];
if (mp1[s] == 0) {
mp1[s] = ++cnt;
mp2[cnt] = s;
}
int dx = mp1[s];
graph[dx].push_back(mp1[recipes[i]]);
income[mp1[recipes[i]]] ++;
}
}
vector<int>vis(cnt + 1, 0);
queue<int> q;
for (auto s : supplies) {
if (mp1[s] == 0) continue;
int dx = mp1[s];
vis[dx] = true;
q.push(dx);
}
while (!q.empty()) {
int ver = q.front(); q.pop();
for (auto g : graph[ver]) {
if (vis[g]) continue;
if (--income[g] == 0) {
vis[g] = true;
q.push(g);
}
}
}
for (auto s : recipes) {
if (vis[mp1[s]]) res.push_back(s);
}
return res;
}
};
T3 5948. 判断一个括号字符串是否有效
题目描述：给你两个串\(s\)与\(t\)，\(s\)串只包含\('('\)与\(')'\)，\(t\)串只包含\(0 , 1\)，其含义是：如果是\(0\)表示\(s\)串对应位上的字符可以更改，否则不可更改，判断\(s\)串是否是合法的括号序列。
思路：考虑将\(t_i = 0\)的位置作为通配符，定义\(minCntleft\)表示当前最少的左括号，\(maxCntleft\)表示当前最多的左括号，每次遇到\(t_i = 1\)的位置就将二者都\(+1\)或\(-1\)，遇到可以更改的地方，就将\(maxCntleft + 1\) ，并将\(minCntleft - 1\)，注意最少的左括号数应当不小于\(0\)，同时\(maxCntleft\)在任意时刻都必须非负。最终判断\(minCntleft\)是否等于\(0\)即可。
时间复杂度：\(O(n)\)
参考代码：
class Solution {
private:
public:
bool canBeValid(string s, string t) {
int n = s.size();
if(n % 2 == 1) return false;
int minCntleft = 0 , maxCntleft = 0;
for(int i = 0 ; i < n ; ++i){
if(s[i] == '(' && t[i] == '1') ++minCntleft, ++maxCntleft;
else if(s[i] == ')' && t[i] == '1') --minCntleft , --maxCntleft;
else --minCntleft, ++maxCntleft;
minCntleft = max(0 , minCntleft);
if(maxCntleft < 0) return false;
}
return minCntleft == 0;
}
};
T4 5949. 一个区间内所有数乘积的缩写
题目描述：给你两个正整数 \(left\) 和 \(right\) ，满足 \(left \leq right\) 。请你计算 闭区间$ [left, right]$ 中所有整数的 乘积 。由于乘积可能非常大，你需要将它按照以下步骤 缩写 ：统计乘积中 后缀 \(0\) 的数目，将这个数目记为$ C$ 。
比方说，\(1000\)中有\(3\)个后缀 \(0\) ，\(546\) 中没有后缀 \(0\) 。将乘积中剩余数字记为\(d\) 。如果 \(d > 10\) ，那么将乘积表示为 \(<pre>...<suf>\)的形式，其中 \(<pre>\) 表示乘积最 开始 的 \(5\)个数位，\(<suf>\)表示删除后缀 \(0\) 之后 结尾的\(5\) 个数位。如果 \(d \leq 10\) ，我们不对它做修改。比方说，我们将 \(1234567654321\) 表示为 \(12345...54321\) ，但是 \(1234567\) 仍然表示为\(1234567\) 。最后，将乘积表示为 字符串 \(''<pre>...<suf>eC''\) 。比方说，\(12345678987600000\)被表示为 \(''12345...89876e5''\) 。请你返回一个字符串，表示 闭区间 \([left, right]\) 中所有整数 乘积 的 缩写 。
思路：首先考虑尾数\(C\)，考虑求出\([left , right]\)内每个数含有因子\(2\)和因子\(5\)的个数，二者中的较小者即为\(C\);对于尾数考虑将\([left , right]\)之间的数字全剔除掉因子\(2\)和\(5\)，然后构成一个新的数组，这些数字的乘积再乘以多剔除的\(2\)或\(5\)就是乘积中不含尾数\(0\)的部分，我们只需要在计算过程中对该乘积模\(1e5\)即可；对于前缀部分，考虑在计算乘积过程中保留高\(12\)位(理论上不正确)，然后再最后再保留高\(5\)位；判断乘积是否超过\(10\)位可以在计算前缀部分的时候判断一下即可。
可以参考大佬写的题解 ：拆一个区间内所有数乘积的缩写
时间复杂度：\(O(nlogn)\)
参考代码：
class Solution {
private:
string cal(vector<int>& nums, int cnt2, int cnt5) {
long long res = 1, ans = 1;//前缀 后缀
const int mod = 1e5;//模
bool flag = false;//标记成绩长度是否超过10位
int cnt = 5;//前缀保留过程中需要进行的除法次数至少为5
//计算数组内的元素的成绩
for (auto num : nums) {
res *= num;
ans *= num;
ans %= mod;
if (res >= 1e10)flag = true;//乘积超过了10位
while (res >= 1e12)res /= 10, --cnt;//保留高12位 并对除法计数次数-1
}
//乘上多剔除的2
for (int i = 1; i <= cnt2; ++i) {
res *= 2;
ans *= 2;
ans %= mod;
if (res >= 1e10)flag = true;
while (res >= 1e12)res /= 10, --cnt;
}
//乘上多剔除的5
for (int i = 1; i <= cnt5; ++i) {
res *= 5;
ans *= 5;
ans %= mod;
if (res >= 1e10)flag = true;
while (res >= 1e12)res /= 10, --cnt;
}
//前缀只保留5位
while (res >= 100000) res /= 10, --cnt;
//如果还没除到5次 还需要继续除
while (cnt > 0) res /= 10, --cnt;
string t1 = to_string(res), t2 = to_string(ans);
if (flag) {//如果长度超过10
while (t2.size() < 5) t2 = '0' + t2;//需要对后缀补前导0
return t1 + "..." + t2;
}
//长度小于10
else if (res == 0) return to_string(ans);//前缀等于0
//前缀不等于0 就需要对后缀补前导0
while (t2.size() < 5) t2 = '0' + t2;
return t1 + t2;
}
public:
string abbreviateProduct(int left, int right) {
//将区间转化成数组，并剔除因子2 和 5
vector<int> nums;
int cnt2 = 0, cnt5 = 0;
for (int i = left; i <= right; ++i) {
int j = i;
while (j % 2 == 0) ++cnt2, j /= 2;
while (j % 5 == 0) ++cnt5, j /= 5;
nums.push_back(j);
}
//0的个数等于 2 和 5中的较小者
int C = min(cnt2, cnt5);
//计算前面的部分
string res = cal(nums, cnt2 - C, cnt5 - C);
return res + "e" + to_string(C);
}
};
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