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1864. 构成交替字符串需要的最小交换次数

解题思路

本题要求给定0和1组成的字符串，求0和1交换的最小次数组成010..或101..

1. 由于最终结果不是010..就是101..，因此对字符串的字符进行遍历，比较0开头和1开头最终字符串中的0和1差异数
2. 对结果进行条件判定：
   • 如果两种的结果都无需交换，直接返回0
   • 如果两种都不等，即没法交换产生01相邻字符串，返回-1
   • 两种都能交换，返回最小；否则返回能交换的一种

class Solution {
    public int minSwaps(String s) {
        int len = s.length();
        int dif00 = 0, dif01 = 0;
        int dif10 = 0, dif11 = 0;
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            if (i % 2 == 0) {
                if (s.charAt(i) != '0') {
                    dif00++;
                } else {
                    dif10++;
                }
            } else {
                if (s.charAt(i) != '1') {
                    dif01++;
                } else {
                    dif11++;
                }
            }
        }
        if (dif00 == 0 && dif01 == 0 || dif10 == 0 && dif11 == 0) {
            return 0;
        } 
        if (dif00 != dif01 && dif10 != dif11) {
            return -1;
        }
        if (dif00 == dif01 && dif10 == dif11) {
            return Math.min(dif00, dif10);
        } else if (dif00 == dif01) {
            return dif00;
        } else {
            return dif10;
        }
    }
}

2316. 统计无向图中无法互相到达点对数

解题思路

本题的题意是在一张无向图中，求无法互相到达的不同点对数目，[1,0]和[0,1]重复了只算1个点对。由于一个连通集的点都能互相到达，不同连通集的点都无法互相到达，因此该题是要我们求连通集，再进行计算无法互相到达的点对数目。

解法

1. 使用DFS遍历全图，用vis[i]标记是否遍历过，依次来遍历每一个连通集，计数连通集数量，返回数量
2. 计算无法互相到达的方法
   • 用变量curCnt表示为当前累计的连通集的点数量和，cnt表示该次DFS计算出新连通集的点数量，相乘累加到结果res，更新curCnt。即新连通集点数*老的总连通集点数，依次迭代
   • 还可以这样做，依次累加 (n - cnt)*cnt，最后/2。这种计算方法可以理解为：当前连通集点数和剩余的连通集点数都是不互相到达的，因此直接相乘，最后去重则/2

class Solution {
    public long countPairs(int n, int[][] edges) {
        List<Integer>[] list = new ArrayList[n];
        Arrays.setAll(list, e -> new ArrayList<>());
        boolean[] vis = new boolean[n];
        for (int[] edge : edges) {
            int x = edge[0];
            int y = edge[1];
            list[x].add(y);
            list[y].add(x);
        }
        long res = 0;
        long curCnt = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            long cnt = countPairs(i, list, vis);
            res = res + curCnt * cnt; // 也可以 res += (n - cnt) * cnt,结果返回 res / 2
            curCnt += cnt;
        }
        return res;

    }

    private long countPairs(int i, List<Integer>[] list, boolean[] vis) {
        if (vis[i]) {
            return 0;
        }
        vis[i] = true;
        long count = 1;
        for (int j : list[i]) {
            count += countPairs(j, list, vis);
        }
        return count;
    }
}

2317. 操作后的最大异或和

解题思路

选择 任意 非负整数 x 和一个下标 i ，更新 nums[i] 为 nums[i] AND (nums[i] XOR x)

1. nums[i]逐位异或任意非负整数，相当于把nums[i]修改为任意非负整数
2. nums[i]逐位与任意非负整数，nums[i]上的位只能1->0，无法0->1。
3. nums 中所有元素 最大 逐位异或和，如果nums 的某个比特位有奇数个1，那么这个比特位异或和的结果就是1。由2可知，只要保证该比特位有1个1即可
4. 因此通过逐位或运算求出nums在哪些比特位有1能够的带最大 逐位异或和

class Solution {
    public int maximumXOR(int[] nums) {
        int res = 0;
        for (int num : nums) {
            res = res | num;
        }
        return res;
    }
}

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来源： https://www.cnblogs.com/loghorizion/p/16464337.html

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