标签：increase 示例 int 题解 编号 春季 jump 弹簧 2020Leetcode
前言
这次比赛几道题感觉上都是能做的，但是思路即使正确但是时间复杂度还是要好好的控制一下，否则会TLE。这次比赛AC了4道题:A、B、C、D，但是因为TLE问题罚时比较惨.... E题后面会补。
A 拿硬币
桌上有 n 堆力扣币，每堆的数量保存在数组 coins 中。我们每次可以选择任意一堆，拿走其中的一枚或者两枚，求拿完所有力扣币的最少次数。
示例 1：
输入：
[4,2,1]输出：
4解释：第一堆力扣币最少需要拿 2 次，第二堆最少需要拿 1 次，第三堆最少需要拿 1 次，总共 4 次即可拿完。
示例 2：
输入：
[2,3,10]输出：
8
限制：
1 <= n <= 41 <= coins[i] <= 10
解答：
签到题，简单判断一下就行了：
class Solution {
public:
int minCount(vector<int>& coins) {
int cnt = 0;
for (int i = 0 ; i < coins.size(); ++i) {
if (coins[i] % 2 == 0) cnt += coins[i]/2;
else cnt += coins[i]/2 + 1;
}
return cnt;
}
};
B 传递信息
小朋友 A 在和 ta 的小伙伴们玩传信息游戏，游戏规则如下：
- 有 n 名玩家，所有玩家编号分别为 0 ～ n-1，其中小朋友 A 的编号为 0
- 每个玩家都有固定的若干个可传信息的其他玩家（也可能没有）。传信息的关系是单向的（比如 A 可以向 B 传信息，但 B 不能向 A 传信息）。
- 每轮信息必须需要传递给另一个人，且信息可重复经过同一个人
给定总玩家数 n，以及按 [玩家编号,对应可传递玩家编号] 关系组成的二维数组 relation。返回信息从小 A (编号 0 ) 经过 k 轮传递到编号为 n-1 的小伙伴处的方案数；若不能到达，返回 0。
示例 1：
输入：
n = 5, relation = [[0,2],[2,1],[3,4],[2,3],[1,4],[2,0],[0,4]], k = 3输出：
3解释：信息从小 A 编号 0 处开始，经 3 轮传递，到达编号 4。共有 3 种方案，分别是 0->2->0->4， 0->2->1->4， 0->2->3->4。
示例 2：
输入：
n = 3, relation = [[0,2],[2,1]], k = 2输出：
0解释：信息不能从小 A 处经过 2 轮传递到编号 2
限制：
2 <= n <= 101 <= k <= 51 <= relation.length <= 90, 且 relation[i].length == 20 <= relation[i][0],relation[i][1] < n 且 relation[i][0] != relation[i][1]
解答：
建图后直接dfs k次，如果能到n-1顶点就计数一次
class Solution {
public:
int G[20][20];
int res = 0;
void dfs(int id, int k, int n) {
if (k == 0) {
if (id == n - 1) res++;
return;
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (G[id][i] == 1) dfs(i, k-1, n);
}
}
int numWays(int n, vector<vector<int>>& relation, int k) {
for (int i = 0; i < relation.size(); ++i) {
int x = relation[i][0], y = relation[i][1];
G[x][y] = 1;
}
dfs(0, k, n);
return res;
}
};
C 剧情触发时间
在战略游戏中，玩家往往需要发展自己的势力来触发各种新的剧情。一个势力的主要属性有三种，分别是文明等级（C），资源储备（R）以及人口数量（H）。在游戏开始时（第 0 天），三种属性的值均为 0。
随着游戏进程的进行，每一天玩家的三种属性都会对应增加，我们用一个二维数组 increase 来表示每天的增加情况。这个二维数组的每个元素是一个长度为 3 的一维数组，例如 [[1,2,1],[3,4,2]] 表示第一天三种属性分别增加 1,2,1 而第二天分别增加 3,4,2。
所有剧情的触发条件也用一个二维数组 requirements 表示。这个二维数组的每个元素是一个长度为 3 的一维数组，对于某个剧情的触发条件 c[i], r[i], h[i]，如果当前 C >= c[i] 且 R >= r[i] 且 H >= h[i] ，则剧情会被触发。
根据所给信息，请计算每个剧情的触发时间，并以一个数组返回。如果某个剧情不会被触发，则该剧情对应的触发时间为 -1 。
示例 1：
输入：
increase = [[2,8,4],[2,5,0],[10,9,8]]requirements = [[2,11,3],[15,10,7],[9,17,12],[8,1,14]]输出:
[2,-1,3,-1]解释：
初始时，C = 0，R = 0，H = 0
第 1 天，C = 2，R = 8，H = 4
第 2 天，C = 4，R = 13，H = 4，此时触发剧情 0
第 3 天，C = 14，R = 22，H = 12，此时触发剧情 2
剧情 1 和 3 无法触发。
示例 2：
输入：
increase = [[0,4,5],[4,8,8],[8,6,1],[10,10,0]]requirements = [[12,11,16],[20,2,6],[9,2,6],[10,18,3],[8,14,9]]输出:
[-1,4,3,3,3]
示例 3：
输入：
increase = [[1,1,1]]requirements = [[0,0,0]]输出:
[0]
限制：
1 <= increase.length <= 100001 <= requirements.length <= 1000000 <= increase[i] <= 100 <= requirements[i] <= 100000
解答：
这道题比赛的时候TLE几次，心态都快崩了。开始的时候是直接用暴力去做的，后来因为TLE觉得应该用二分法。所以思路应该是先求前缀和，然后再用二分法判断触发时间：
class Solution {
public:
vector<int> getTriggerTime(vector<vector<int>>& increase, vector<vector<int>>& requirements) {
vector<int> res;
int r = requirements.size();
int n = increase.size(), m = increase[0].size();
for (int i = 1; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < m; ++j) {
increase[i][j] += increase[i-1][j];
}
}
for (int i = 0; i < r; ++i) res.push_back(-1);
for (int i = 0; i < r; ++i) {
int x = requirements[i][0], y = requirements[i][1], z = requirements[i][2];
int l = 0, r = n - 1;
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (increase[mid][0] >= x && increase[mid][1] >= y && increase[mid][2] >= z) {
r = mid;
} else l = mid + 1;
}
//cout<<l<<endl;
if (increase[l][0] >= x && increase[l][1] >= y && increase[l][2] >= z) res[i] = l+1;
if (x == 0 && y == 0 && z == 0) res[i] = 0;
}
return res;
}
};
D 最小跳跃次数
为了给刷题的同学一些奖励，力扣团队引入了一个弹簧游戏机。游戏机由 N 个特殊弹簧排成一排，编号为 0 到 N-1。初始有一个小球在编号 0 的弹簧处。若小球在编号为 i 的弹簧处，通过按动弹簧，可以选择把小球向右弹射 jump[i] 的距离，或者向左弹射到任意左侧弹簧的位置。也就是说，在编号为 i 弹簧处按动弹簧，小球可以弹向 0 到 i-1 中任意弹簧或者 i+jump[i] 的弹簧（若 i+jump[i]>=N ，则表示小球弹出了机器）。小球位于编号 0 处的弹簧时不能再向左弹。
为了获得奖励，你需要将小球弹出机器。请求出最少需要按动多少次弹簧，可以将小球从编号 0 弹簧弹出整个机器，即向右越过编号 N-1 的弹簧。
示例 1：
输入：
jump = [2, 5, 1, 1, 1, 1]输出：
3解释：小 Z 最少需要按动 3 次弹簧，小球依次到达的顺序为 0 -> 2 -> 1 -> 6，最终小球弹出了机器。
限制：
1 <= jump.length <= 10^61 <= jump[i] <= 10000
解答：
最初的思路是BFS，果然TLE。后来各种剪枝才过......
class Solution {
public:
typedef pair<int, int> PII;
bool visit[1000010];
queue<PII> q;
int minJump(vector<int>& jump) {
//bfs
int len = jump.size();
memset(visit, false, sizeof visit);
q.push({0, jump[0]});
visit[0] = true;
int cnt = 0;
bool flag = false;
while (!q.empty() && !flag) {
cnt++;
int l = q.size();
while (l--) {
PII x = q.front();
q.pop();
int index = x.first, jump_len = x.second;
for (int i = 0; i <= index - 1; ++i) {
if (!visit[i]) {
q.push({i, jump[i]});
visit[i] = true;
}
}
if (index + jump_len >= len) {
flag = true;
break;
}
if (!visit[index + jump_len]) {
visit[index + jump_len] = true;
q.push({index + jump_len, jump[index + jump_len]});
}
}
}
return cnt;
}
};
E 二叉树任务调度
任务调度优化是计算机性能优化的关键任务之一。在任务众多时，不同的调度策略可能会得到不同的总体执行时间，因此寻求一个最优的调度方案是非常有必要的。
通常任务之间是存在依赖关系的，即对于某个任务，你需要先完成他的前导任务（如果非空），才能开始执行该任务。我们保证任务的依赖关系是一棵二叉树，其中 root 为根任务，root.left 和 root.right 为他的两个前导任务（可能为空），root.val 为其自身的执行时间。
在一个 CPU 核执行某个任务时，我们可以在任何时刻暂停当前任务的执行，并保留当前执行进度。在下次继续执行该任务时，会从之前停留的进度开始继续执行。暂停的时间可以不是整数。
现在，系统有两个 CPU 核，即我们可以同时执行两个任务，但是同一个任务不能同时在两个核上执行。给定这颗任务树，请求出所有任务执行完毕的最小时间。
示例 1：
输入：root = [47, 74, 31]
输出：121
解释：根节点的左右节点可以并行执行31分钟，剩下的43+47分钟只能串行执行，因此总体执行时间是121分钟。
示例 2：
输入：root = [15, 21, null, 24, null, 27, 26]
输出：87
示例 3：
输入：root = [1,3,2,null,null,4,4]
输出：7.5
限制：
1 <= 节点数量 <= 10001 <= 单节点执行时间 <= 1000
解答：
[TODO] 后面补题.......
标签：increase,示例,int,题解,编号,春季,jump,弹簧,2020Leetcode 来源： https://www.cnblogs.com/yunlambert/p/12727689.html
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