第150场双周赛：好数字之和、分割正方形 Ⅰ、分割正方形 Ⅱ、最短匹配字符串

Q1、好数字之和

1、题目描述

给定一个整数数组 nums 和一个整数 k，如果元素 nums[i] 严格 大于下标 i - k 和 i + k 处的元素（如果这些元素存在），则该元素 nums[i] 被认为是 好 的。如果这两个下标都不存在，那么 nums[i] 仍然被认为是 好 的。

返回数组中所有 好 元素的 和。

2、解题思路

遍历 nums 数组，检查每个元素是否满足 好 元素的定义，满足条件就累加到结果 ret 中。

具体步骤：

1. 初始化 ret = 0 用于存储所有 好 元素的和。
2. 遍历数组 nums，对每个元素 nums[i]：
   • 如果 i - k 不存在，则 nums[i] 只需满足 nums[i] > nums[i + k]（如果 i + k 存在）。
   • 如果 i + k 不存在，则 nums[i] 只需满足 nums[i] > nums[i - k]（如果 i - k 存在）。
   • 如果 i - k 和 i + k 都存在，则 nums[i] 需要满足：
     • nums[i] > nums[i - k]
     • nums[i] > nums[i + k]
   • 满足条件的 nums[i] 加入 ret。
3. 返回 ret。

3、代码实现

class Solution {
public:int sumOfGoodNumbers(vector<int>& nums, int k) {int ret = 0;         // 用于存储所有"好"元素的总和int n = nums.size(); // 数组长度// 遍历数组for (int i = 0; i < n; ++i) {// 检查 nums[i] 是否满足 "好" 元素的定义// 如果 i-k 不存在, 跳过检查; 否则 nums[i] > nums[i - k]// 如果 i+k 不存在, 跳过检查; 否则 nums[i] > nums[i + k]if ((i - k < 0 || nums[i] > nums[i - k]) && (i + k >= n || nums[i] > nums[i + k])) {ret += nums[i]; // 计算 "好" 元素的和}}return ret;}
};

4、复杂度分析

时间复杂度： O(n)，因为我们只需要遍历 nums 一次，每个元素的检查都是 O(1) 。

空间复杂度： O(1)，我们仅仅使用了一个额外变量 ret 存储结果。

Q2、分割正方形 Ⅰ

1、题目描述

给你一个二维整数数组 squares ，其中 squares[i] = [xi, yi, li] 表示一个与 x 轴平行的正方形的左下角坐标和正方形的边长。

找到一个最小的 y 坐标，它对应一条水平线，该线需要满足它以上正方形的总面积 等于 该线以下正方形的总面积。

答案如果与实际答案的误差在 10-5 以内，将视为正确答案。

注意：正方形 可能会 重叠。重叠区域应该被 多次计数 。

2、解题思路

1. 计算搜索范围

首先，我们需要确定 y 的 上下边界：

• down（最小的 y）：所有正方形左下角 y 的最小值。
• up（最大的 y）：所有正方形的最高点 y + l 的最大值。

这样，答案 mid 必须在 down ~ up 之间。

2. 计算总面积

遍历所有正方形，计算它们的总面积：

​ $$\text{totalArea}=\sum {\text{side}}^2$$

目标是找到一条水平线，使得：

​ $$\text{上半部分面积}=\text{下半部分面积}=\frac{\text{totalArea}}{2}$$

3. 二分查找水平线

二分查找 mid（即 y 轴上的某个水平线）：

• 计算 该水平线以下的面积 areaBelow。
• 如果 areaBelow 大于等于 totalArea / 2，说明 mid 过大，应该尝试更小的 mid，即 上界 up = mid。
• 否则，说明 mid 过小，应该尝试更大的 mid，即 下界 down = mid。

终止条件：up - down <= 1e-5（精度要求）。

4. 计算 mid 以下的面积

对于每个正方形：

1. 判断是否完全位于 mid 之下：
   • 如果 y + l <= mid，整个正方形都在 mid 以下，直接加上 l × l 的面积。
2. 部分位于 mid 之下：
   • 计算 height = min(mid - y, l)（mid 线以下的部分）。
   • 这部分面积为 height × l。

3、代码实现

class Solution {
public:double separateSquares(vector<vector<int>>& squares) {// 如果没有正方形, 返回 0.0if (squares.empty()) {return 0.0;}// 初始化上下界double down = static_cast<double>(squares[0][1]); // 最小的 y 值double up = static_cast<double>(squares[0][1] + squares[0][2]); // 最大的 y+l 值double totalArea = 0.0; // 总面积// 计算最小/最大 y 值 和 总面积for (const auto& v : squares) {double y = static_cast<double>(v[1]); // 左下角的 y 坐标double l = static_cast<double>(v[2]); // 正方形边长down = min(down, y); // 更新最小 yup = max(up, y + l); // 更新最大 ytotalArea += l * l;  // 计算总面积}// 二分查找while (up - down > 1e-5) {double mid = (up + down) / 2.0; // 计算中点double areaBelow = 0.0;         // mid 线以下的面积// 计算当前 mid 线以下的面积for (const auto& v : squares) {double y = static_cast<double>(v[1]); // 左下角 y 坐标double l = static_cast<double>(v[2]); // 正方形边长if (y < mid) {                       // 仅计算 y < mid 的部分double height = min(mid - y, l); // 计算在 mid 下方的高度areaBelow += height * l;         // 计算面积并累加}// 剪枝优化: 如果面积已经大于等于 halfArea, 则提前退出if (areaBelow >= totalArea / 2) {break;}}// 二分查找if (areaBelow >= totalArea / 2) {up = mid; // mid 过大, 缩小上界} else {down = mid; // mid 过小, 扩大下界}}return up; // 返回最终答案}
};

class Solution {
public:double separateSquares(vector<vector<int>>& squares) {double totalArea = 0.0;int maxY = 0;// 计算总面积, 并确定最大 y 坐标for (const auto& square : squares) {int x = square[0], y = square[1], side = square[2];totalArea += static_cast<double>(side) * side;maxY = max(maxY, y + side);}// 判断是否满足条件auto isValidY = [&](double yLine) -> bool {double areaBelow = 0.0;for (const auto& square : squares) {int y = square[1], side = square[2];if (y < yLine) {double effectiveHeight = min(yLine - y, static_cast<double>(side));areaBelow += effectiveHeight * side;}}return areaBelow >= totalArea / 2;};// 二分查找满足条件的最小 ydouble left = 0.0, right = static_cast<double>(maxY);while (right - left > 1e-5) {double mid = (left + right) / 2.0;if (isValidY(mid)) {right = mid;} else {left = mid;}}return right;}
};

4、复杂度分析

时间复杂度： O(n logM)

• n 是正方形的个数。
• M 是 y 的搜索范围（最大 y 减去最小 y）。
• 二分查找大约进行 logM 轮，每轮 O(n) 遍历正方形，最终 复杂度是 O(n logM)。

空间复杂度： O(1)

• 只使用了常数级变量，不需要额外的存储。

Q3、分割正方形 Ⅱ

1、题目描述

给你一个二维整数数组 squares ，其中 squares[i] = [xi, yi, li] 表示一个与 x 轴平行的正方形的左下角坐标和正方形的边长。

找到一个最小的 y 坐标，它对应一条水平线，该线需要满足它以上正方形的总面积 等于 该线以下正方形的总面积。

答案如果与实际答案的误差在 10-5 以内，将视为正确答案。

注意：正方形 可能会 重叠。重叠区域只 统计一次 。

2、解题思路

1. 问题分析：

   • 我们需要找到一个最小的 y 值（即水平线的 y 坐标），使得该线以上的总面积和以下的总面积相等。

   • 由于正方形的重叠会导致面积的重复计算，因此我们需要跟踪每个 x 区间内的覆盖长度，计算这些区间的总面积。

2. 区间求解：

   • 我们可以利用线段树来处理区间的覆盖情况。线段树可以在区间更新时有效计算每个区间的覆盖长度。

   • 坐标压缩：由于正方形的 x 坐标值范围可能非常大，直接使用这些值作为线段树的索引不切实际。因此我们将 x 坐标压缩到一个较小的范围。

3. 步骤：

   • 首先，对于每个正方形，提取其上边界和下边界，记录它们在 x 轴上的位置。

   • 接着，我们对所有的事件进行排序。每个事件代表一个正方形的开始（下边界）或结束（上边界）。

   • 使用线段树来更新每个正方形的覆盖状态，并计算每一条水平线（y 坐标）下面的总面积。然后通过累积的面积差来找到使总面积平衡的水平线。

3、代码实现

// 定义线段树节点的结构
struct Node {int minCover;   // 当前节点的最小覆盖数, 表示该区间内有多少个正方形覆盖int coveredLen; // 满足 minCover == 0 的线段长度, 表示该区间的实际被覆盖长度int lazy;       // 懒标记, 用于延迟更新// 应用懒标记: 通过增加覆盖数来表示区间内正方形的覆盖情况void apply(int value) {minCover += value;lazy += value; // 增加懒标记, 表示区间内的所有覆盖操作}
};class SegmentTree {
private:vector<Node> tree;       // 存储线段树的节点vector<int> compressedX; // 坐标压缩后的 x 值int size;                // 线段树的大小// 合并两个子节点的结果, 返回合并后的节点Node merge(const Node& left, const Node& right) {// 合并后最小覆盖数为左右子节点中的最小覆盖数int minCover = min(left.minCover, right.minCover);// 如果左右子节点的最小覆盖数为 0, 则累加它们的覆盖长度int coveredLen = (left.minCover == minCover ? left.coveredLen : 0) + (right.minCover == minCover ? right.coveredLen : 0);// 返回合并后的节点return {minCover, coveredLen, 0};}// 构建线段树的递归方法void build(int node, int left, int right) {if (left == right) {// 如果当前区间是一个点, 则初始化该节点tree[node] = {0, compressedX[right] - compressedX[right - 1], 0};} else {// 否则递归构建左右子树int mid = (left + right) / 2;build(node * 2, left, mid);build(node * 2 + 1, mid + 1, right);// 合并左右子树tree[node] = merge(tree[node * 2], tree[node * 2 + 1]);}}// 懒标记下推操作, 更新子节点的懒标记void pushDown(int node) {if (tree[node].lazy == 0) {return; // 如果当前节点没有懒标记, 则不需要下推}// 将懒标记下推到左右子节点tree[node * 2].apply(tree[node].lazy);tree[node * 2 + 1].apply(tree[node].lazy);tree[node].lazy = 0; // 清空当前节点的懒标记}// 区间更新操作: 更新区间 [ql, qr] 的覆盖数void modify(int node, int left, int right, int ql, int qr, int value) {// 如果当前区间完全在查询区间内, 则直接更新当前节点if (ql <= left && right <= qr) {tree[node].apply(value);return;}// 如果当前区间与查询区间有交集, 则需要下推懒标记并递归更新左右子树pushDown(node);int mid = (left + right) / 2;if (ql <= mid) {modify(node * 2, left, mid, ql, qr, value);}if (qr > mid) {modify(node * 2 + 1, mid + 1, right, ql, qr, value);}// 合并左右子树的结果tree[node] = merge(tree[node * 2], tree[node * 2 + 1]);}public:// 构造函数, 接受压缩后的 x 坐标数组SegmentTree(const vector<int>& uniqueX) {size = uniqueX.size();compressedX = uniqueX;tree.resize(size * 4); // 为线段树分配空间build(1, 1, size - 1); // 初始化线段树}// 更新区间 [leftIndex, rightIndex] 的覆盖数void update(int leftIndex, int rightIndex, int value) {modify(1, 1, size - 1, leftIndex, rightIndex, value);}// 获取线段树中当前覆盖数为 0 的区间的总长度int getCoveredLength() {// 如果最小覆盖数为 0, 说明该区间没有被任何正方形覆盖return tree[1].minCover == 0 ? (compressedX.back() - compressedX.front()) - tree[1].coveredLen // 返回该区间未被覆盖的部分长度: compressedX.back() - compressedX.front(); // 否则返回整个区间长度}
};// 主要的解题函数
class Solution {
public:double separateSquares(vector<vector<int>>& squares) {// 使用 map 进行坐标压缩: 记录所有正方形的左下角和右上角的 x 坐标map<int, int> coordMap;for (const auto& sq : squares) {coordMap[sq[0]] = 1; // 将正方形的左边 x 坐标添加到坐标映射中coordMap[sq[0] + sq[2]] = 1; // 将正方形的右边 x 坐标添加到坐标映射中}// 为每个唯一的 x 坐标分配一个压缩后的索引int index = 0;for (auto& kv : coordMap) {kv.second = index++;}// 将压缩后的 x 坐标存入数组vector<int> compressedX(index);for (auto& p : coordMap) {compressedX[p.second] = p.first;}// 生成事件列表: 记录正方形的上边界和下边界vector<array<int, 4>> events;for (const auto& sq : squares) {// 正方形的下边界事件events.push_back({sq[1], coordMap[sq[0]] + 1, coordMap[sq[0] + sq[2]], 1});// 正方形的上边界事件events.push_back({sq[1] + sq[2], coordMap[sq[0]] + 1, coordMap[sq[0] + sq[2]], -1}); }// 按 y 坐标 (即正方形的上下边界) 排序事件sort(events.begin(), events.end());// 使用线段树计算总面积SegmentTree segTree(compressedX);long long totalArea = 0;for (size_t i = 0; i + 1 < events.size(); i++) {// 更新线段树的覆盖状态segTree.update(events[i][1], events[i][2], events[i][3]);// 获取当前覆盖长度int coveredLength = segTree.getCoveredLength();// 累加总面积totalArea += 1LL * coveredLength * (events[i + 1][0] - events[i][0]);}// 计算中位水平线的面积long long accumulatedArea = 0;segTree = SegmentTree(compressedX); // 重新初始化线段树for (size_t i = 0; i + 1 < events.size(); i++) {// 更新线段树segTree.update(events[i][1], events[i][2], events[i][3]);// 获取当前覆盖长度int coveredLength = segTree.getCoveredLength();// 累加面积accumulatedArea += 1LL * coveredLength * (events[i + 1][0] - events[i][0]);// 计算此时累计的面积和剩余面积的差值long long areaDiff = accumulatedArea - (totalArea - accumulatedArea);// 如果累计面积大于或等于剩余面积, 则找到平衡线if (areaDiff >= 0) {return events[i + 1][0] - 0.5 * areaDiff / coveredLength;}};return -1; // 如果找不到合适的平衡线, 返回 -1}
};

4、复杂度分析

时间复杂度：

• 坐标压缩和事件排序：O(n log n)，其中 n 是正方形的个数。
• 线段树的构建和查询：O(n log n)。
• 总体时间复杂度

Q4、最短匹配字符串

1、题目描述

给你一个字符串 s 和一个模式字符串 p，其中 p 恰好 包含 两个 '*' 字符。

p 中的 '*' 匹配零个或多个字符的任何序列。

返回 s 中与 p 匹配的 最短 子字符串的长度。如果没有这样的子字符串，返回 -1。

子字符串 是字符串中的一个连续字符序列（空子字符串也被认为是合法字符串）。

2、解题思路

此问题的核心是利用字符串匹配的技巧来拆解模式字符串并在 s 中寻找匹配。由于 '*' 可以匹配任意字符序列，因此我们将模式字符串拆解为三个部分：

1. * 前的前缀部分；
2. 两个 * 之间的部分；
3. * 后的后缀部分。

我们可以分别在 s 中查找这些部分的匹配，然后合并它们来获得最短匹配的子字符串。

具体步骤如下：

1. 拆解模式字符串：将模式字符串 p 拆分为三个部分：
   • 前缀部分：位于第一个 * 前；
   • 中间部分：位于两个 * 之间；
   • 后缀部分：位于第二个 * 后。
2. 字符串匹配：分别在 s 中查找这三部分的匹配位置。
   • 对于前缀和后缀部分，我们可以使用字符串匹配算法来查找其在 s 中的所有匹配位置。
   • 对于中间部分，我们可以从 s 中查找所有匹配位置，并确保它与前缀和后缀部分的匹配不重叠。
3. 计算最短子字符串：通过遍历所有匹配的中间部分，尝试找到最短的匹配子字符串。

3、代码实现

class Solution {
private:// 计算模式串 pattern 的前缀函数 (pi 数组)vector<int> computePrefixFunction(const string& pattern) {int n = pattern.size();vector<int> pi(n, 0); // pi 数组记录每个位置的最长相等前后缀长度int match = 0;// 遍历模式串的字符, 通过前缀函数更新匹配位置for (int i = 1; i < n; ++i) {while (match > 0 && pattern[match] != pattern[i]) {match = pi[match - 1]; // 跳过不匹配部分}if (pattern[match] == pattern[i]) {match++;}pi[i] = match; // 更新前缀函数}return pi;}// 在文本串 text 中查找模式串 pattern 的所有匹配位置vector<int> findPatternMatches(const string& text, const string& pattern) {int n = text.size();int m = pattern.size();if (m == 0) {// 如果模式串为空, pattern 的所有位置都能匹配空串vector<int> pos(n + 1);iota(pos.begin(), pos.end(), 0); // 生成从 0 到 n 的位置return pos;}vector<int> pi = computePrefixFunction(pattern); // 取前缀函数vector<int> matches;                             // 用于存储匹配的位置int match = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {while (match > 0 && pattern[match] != text[i]) {match = pi[match - 1]; // 找到最长的匹配前缀}if (pattern[match] == text[i]) {match++;}if (match == m) {matches.push_back(i - m + 1); // 匹配成功, 记录匹配的起始位置match = pi[match - 1]; // 使用前缀函数回溯, 继续查找下一个匹配}}return matches;}public:// 计算最短的匹配子字符串int shortestMatchingSubstring(const string& s, const string& p) {// 找到两个 '*' 的位置int firstStar = p.find('*');int lastStar = p.rfind('*');// 获取前三段字符串 (即 '*' 之前、之间和之后的部分)string prefix = p.substr(0, firstStar); // 第一个 '*' 前的部分string middle = p.substr(firstStar + 1, lastStar - firstStar - 1); // 两个 '*' 之间的部分string suffix = p.substr(lastStar + 1); // 第二个 '*' 后的部分// 分别查找每部分在 s 中的匹配位置vector<int> prefixMatches = findPatternMatches(s, prefix);vector<int> middleMatches = findPatternMatches(s, middle);vector<int> suffixMatches = findPatternMatches(s, suffix);// 计算每段的长度int lenPrefix = prefix.size();int lenMiddle = middle.size();int lenSuffix = suffix.size();// 用于记录最短匹配子字符串的长度int minLength = INT_MAX;int prefixIdx = 0, suffixIdx = 0;// 遍历所有的 middle 匹配, 寻找左右两边最近的匹配, 确保没有重叠for (int middlePos : middleMatches) {// 处理右边, 找到离 middlePos 最近且不重叠的 suffix 匹配while (suffixIdx < suffixMatches.size() && suffixMatches[suffixIdx] < middlePos + lenMiddle) {suffixIdx++;}if (suffixIdx == suffixMatches.size()) {break;}// 处理左边, 找到离 middlePos 最近且不重叠的 prefix 匹配while (prefixIdx < prefixMatches.size() && prefixMatches[prefixIdx] <= middlePos - lenPrefix) {prefixIdx++;}if (prefixIdx > 0) {// 计算最短子字符串的长度int currentLength = suffixMatches[suffixIdx] + lenSuffix - prefixMatches[prefixIdx - 1];minLength = min(minLength, currentLength); // 更新最短长度}}return minLength == INT_MAX ? -1 : minLength; // 如果找不到匹配, 返回 -1}
};

4、复杂度分析

• 计算前缀函数的时间复杂度为 O(m)，其中 m 为模式串的长度。
• 在文本 s 中查找每个部分的匹配位置的时间复杂度为 O(n)，其中 n 为文本串的长度。
• 最终合并各部分匹配位置并找到最短匹配的时间复杂度为 O(n)。

因此，整体时间复杂度为 O(n + m)，其中 n 为文本串长度，m 为模式串长度。