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LeetCode算法日记 - Day 23: 外观数列、数青蛙

news 2025/9/1 3:35:08

1. 外观数列

1.1 题目解析

1.2 解法

1.3 代码实现

2. 数青蛙

2.1 题目解析

2.2 解法

2.3 代码实现

1. 外观数列

38. 外观数列 - 力扣（LeetCode）

「外观数列」是一个数位字符串序列，由递归公式定义：

countAndSay(1) = "1"
countAndSay(n) 是 countAndSay(n-1) 的行程长度编码。

行程长度编码（RLE）是一种字符串压缩方法，其工作原理是通过将连续相同字符（重复两次或更多次）替换为字符重复次数（运行长度）和字符的串联。例如，要压缩字符串 "3322251" ，我们将 "33" 用 "23" 替换，将 "222" 用 "32" 替换，将 "5" 用 "15" 替换并将 "1" 用 "11" 替换。因此压缩后字符串变为 "23321511"。

给定一个整数 n ，返回 外观数列 的第 n 个元素。

示例 1：

输入：n = 4

输出："1211"

解释：

countAndSay(1) = "1"

countAndSay(2) = "1" 的行程长度编码 = "11"

countAndSay(3) = "11" 的行程长度编码 = "21"

countAndSay(4) = "21" 的行程长度编码 = "1211"

示例 2：

输入：n = 1

输出："1"

解释：

这是基本情况。

提示：

1 <= n <= 30

1.1 题目解析

题目本质
这题是在做“从 1 开始，不断对上一次字符串做行程长度编码 (Run-Length Encoding, RLE)”，得到第 n 项。RLE 的规则就是：把连续相同字符的一段，用“这段的长度 + 该字符”来表示。

常规解法
递归：countAndSay(n) = RLE(countAndSay(n-1))，直到 n=1 返回 "1"。

问题分析
递归每次都要建立新字符串，函数栈也会递归到深度 n；虽然也能过，但实现上不如迭代直观。核心成本其实来自给字符串做 RLE，一轮扫描就够了，所以完全可以从 1 迭代到 n，每次把当前串编码出下一串。

思路转折
要高效 ⇒ 每一轮都对“上一个字符串”线性扫描一遍，把连续段压缩即可。实现上用双指针/游标（或单指针+计数）最自然：

指定一段的起点，向右扩展到这段结束；
把 (长度)(字符) 追加到 StringBuilder；
继续处理下一段。
这样总复杂度是所有中间串长度之和，对 n ≤ 30 十分可控。

1.2 解法

算法思想

迭代从 ret = "1" 开始做 n-1 次编码，RLE 用连续段的“长度 + 字符”替换该段。每一轮只需 O(当前串长)。

i）初始化 ret = "1"；若 n==1 直接返回。

ii）循环 i=2..n：ret = encode(ret)。

iii）encode(s)：

用指针 i 从左到右扫描；
记当前字符 ch = s.charAt(i)，用 j 往右走到 s[j] != ch；
追加 (j-i) 和 ch 到 StringBuilder；令 i = j 继续；
返回构建好的字符串。

iiii）最终返回 ret。

1.3 代码实现

class Solution {public String countAndSay(int n) {String ret = "1";for (int i = 2; i <= n; i++) {ret = encode(ret); // 对上一次结果做 RLE，得到下一次}return ret;}// 对字符串做一次行程长度编码：连续段 -> (长度)(字符)private String encode(String s) {StringBuilder sb = new StringBuilder();int i = 0, n = s.length();while (i < n) {char ch = s.charAt(i);int j = i;while (j < n && s.charAt(j) == ch) j++; // 扩展到该连续段的末尾sb.append(j - i).append(ch);            // 追加“长度+字符”i = j;                                  // 下一段}return sb.toString();}
}

复杂度分析

时间：每一轮 O(当前串长)，总计为所有中间结果长度之和。
空间：每轮一个新的 StringBuilder，峰值为当前结果长度的 O(L)。

2. 数青蛙

1419. 数青蛙 - 力扣（LeetCode）

给你一个字符串 croakOfFrogs，它表示不同青蛙发出的蛙鸣声（字符串 "croak" ）的组合。由于同一时间可以有多只青蛙呱呱作响，所以 croakOfFrogs 中会混合多个 “croak” 。

请你返回模拟字符串中所有蛙鸣所需不同青蛙的最少数目。

要想发出蛙鸣 "croak"，青蛙必须依序输出 ‘c’, ’r’, ’o’, ’a’, ’k’ 这 5 个字母。如果没有输出全部五个字母，那么它就不会发出声音。如果字符串 croakOfFrogs 不是由若干有效的 "croak" 字符混合而成，请返回 -1 。

示例 1：

输入：croakOfFrogs = "croakcroak"
输出：1 
解释：一只青蛙 “呱呱” 两次

示例 2：

输入：croakOfFrogs = "crcoakroak"
输出：2 
解释：最少需要两只青蛙，“呱呱” 声用黑体标注
第一只青蛙 "crcoakroak"
第二只青蛙 "crcoakroak"

示例 3：

输入：croakOfFrogs = "croakcrook"
输出：-1
解释：给出的字符串不是 "croak" 的有效组合。

提示：

1 <= croakOfFrogs.length <= 105
字符串中的字符只有 'c', 'r', 'o', 'a' 或者 'k'

2.1 题目解析

题目本质
把一串混合的 “croak” 拆分为若干只按顺序发音的青蛙序列，问最少需要多少只青蛙才能完成这些发声。等价于：在扫描过程中，最多同时处在进行中（没有到 k）的青蛙数量是多少；若出现顺序非法或有青蛙未叫完，则不合法返回 -1。

常规解法（直观想法）
开 5 计数器分别统计当前有多少只停在 c/r/o/a/k 阶段；字符到来就把青蛙从前一阶段“搬”到后一阶段；遇到 c 时若无空闲可复用青蛙，则新增一只；一路维护“在场（未到 k）的数量”的最大值为答案。

问题分析
只要线性扫描一遍字符串即可，每个字符只做 O(1) 的阶段迁移，时间 O(|S|)，空间 O(1)。难点是如何优雅地表达“阶段迁移 + 复用已完成的青蛙”，并在结尾校验没有半途而废。

思路转折
将 "croak" 的 5 个字母视作 5 个阶段（0..4）：

维护一个长度为 5 的数组 hash[i]，表示当前停在阶段 i 的青蛙数；
用 Map<Character,Integer> 把 'c','r','o','a','k' 映射到 0..4；
扫描：
- 若是 'c'：优先复用已完成（阶段 4）的青蛙 hash[4]--，否则相当于新增一只；然后让它进入阶段 0（hash[0]++）
- 若是其它字母 x：找到其阶段 i=index.get(x)，要求 hash[i-1]>0，然后从前一阶段转到当前阶段（hash[i-1]--, hash[i]++）
结束后必须保证 hash[0..3] 都为 0（没有未完成者），答案即为 hash[4]（完成且可复用的总只数 = 全程最少青蛙数）。

为何返回 hash[4]？因为每只合法青蛙最终一定停在 'k' 阶段（完成一次 croak）。若字符串整体合法，所有青蛙都会“收尾”到阶段 4，数量正是最少需要的不同青蛙数。映射的关键在 t="croak" 与 index.put(t.charAt(i), i)：因此 'k' 的阶段编号是 4，也就是 n-1，所以 hash[n-1] 自然对应 'k' 阶段。

2.2 解法

算法思想

把 "croak" 看成 5 个有序阶段，数组 hash[0..4] 表示每个阶段的在途青蛙数；字符到来即做阶段迁移。

'c'：若有 hash[4]>0 先复用（表示上一轮刚结束的一只），否则等价于新增一只；然后 hash[0]++
其它字母：i=index.get(ch)，要求 hash[i-1]>0，再做 hash[i-1]--, hash[i]++

i）预处理：t="croak"，建立 index: 字符 -> 阶段编号(0..4)；新建 int[5] hash。

ii）扫描字符串：

若 ch=='c'：if (hash[4]>0) hash[4]--; hash[0]++;
否则：令 i=index.get(ch)，若 hash[i-1]==0 返回 -1；否则 hash[i-1]--, hash[i]++。

iii）扫描完毕：若 hash[0]..hash[3] 有非零，返回 -1。

iiii）返回 hash[4] 作为最少青蛙数

2.3 代码实现

import java.util.*;class Solution {public int minNumberOfFrogs(String croakOfFrogs) {String t = "croak";int n = t.length();                // 5int[] hash = new int[n];           // hash[i]：处在第 i 阶段的青蛙数（i: c/r/o/a/k）Map<Character, Integer> index = new HashMap<>(5);for (int i = 0; i < n; i++) index.put(t.charAt(i), i);for (char ch : croakOfFrogs.toCharArray()) {if (ch == 'c') {// 先复用一只刚完成的青蛙（阶段 4），否则相当于新增一只if (hash[n - 1] > 0) hash[n - 1]--;hash[0]++; // 进入 'c' 阶段} else {Integer i = index.get(ch);if (i == null || i == 0) return -1; // 非法字符或顺序错误if (hash[i - 1] == 0) return -1;    // 前一阶段没人可转移hash[i - 1]--;                       // 从前一阶段拿一只hash[i]++;                           // 进入当前阶段}}// 不能有未完成的青蛙（停在 c/r/o/a），否则不合法for (int i = 0; i < n - 1; i++) {if (hash[i] != 0) return -1;}// 合法：所有青蛙都收尾在 'k' 阶段return hash[n - 1];}
}

复杂度分析