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1900. 最佳运动员的比拼回合

1900. 最佳运动员的比拼回合 - 力扣（LeetCode）

问题理解

• ​比赛规则​：每轮比赛将选手两两配对比赛，胜者晋级下一轮。如果人数为奇数，最后一人自动晋级。
• ​目标​：计算选手A和选手B最早和最晚会在第几轮相遇。

解决方案

主要思路

使用深度优先搜索（DFS）结合记忆化来递归计算所有可能的比赛情况，找出最早和最晚的相遇轮次。

关键函数：dfs(n, first, second)

这个递归函数计算在当前有n个选手的情况下，选手A（位置first）和选手B（位置second）相遇的最早和最晚轮次。

参数说明

• n: 当前轮次的选手总数
• first: 选手A的位置（1-based）
• second: 选手B的位置（1-based）

返回值

返回一个元组(earliest, latest)，表示最早和最晚相遇轮次。

代码

class Solution:def earliestAndLatest(self, n: int, firstPlayer: int, secondPlayer: int) -> List[int]:@cache #缓存装饰器，避免重复计算dfs（一行代码实现记忆化）def dfs(n:int, first: int, second: int) -> Tuple[int,int]:# 配对时，位置 i 的选手会和位置 n + 1 - i 的选手比赛。# 当两个选手的位置满足first + second == n + 1时，说明他们会在当前轮次相遇if first + second == n+1:return 1, 1#为了减少计算量，我们始终保持选手A在左侧#注释：题目已保证first < secondif first + second > n + 1:first, second = n + 1 - second, n + 1 - first#下一轮的人数m是当前人数加1除以2的整数部分m = (n + 1) // 2# 两选手间保留[min_mid, max_mid]个人# 计算两个选手之间可能保留的中间选手数量范围min_mid = 0 if second <= m else second - n // 2 - 1max_mid = second - first if second <= m else m - firstearliest, latest = inf, 0# 枚举所有可能情况# 通过双重循环枚举：# 选手A左侧保留的选手数量left# 选手A和B之间保留的选手数量mid# 对于每种情况，递归计算下一轮的结果for left in range(first):for mid in range(min_mid, max_mid):e, l = dfs(m, left + 1, left + mid + 2)earliest = min(earliest, e)latest = max(latest, l)#将当前轮次加上递归结果return earliest + 1, latest + 1return list(dfs(n, firstPlayer, secondPlayer))# ​时间复杂度​：由于使用了记忆化，避免了重复计算，复杂度约为O(n^4)
# ​空间复杂度​：主要取决于递归深度和缓存大小，约为O(n^3)

1、相遇的条件​

• 如果选手A的位置是 first，选手B的位置是 second，那么：
  • 选手A的对手位置是 n + 1 - first。
  • 选手B的对手位置是 n + 1 - second。

2、first + second > n + 1 的代码能保证选手A在左侧

它确保选手A（first）的位置总是在左侧（即更靠近起点），而选手B（second）的位置总是在右侧（即更靠近终点）

• 问题描述中已经保证 first < second（选手A的位置在选手B的左侧）。
• 但直接递归计算时，可能会遇到选手A和选手B的位置分布不对称的情况（比如选手A靠近右侧，选手B靠近左侧）。
• 通过对称性处理，我们可以将问题统一为“选手A在左侧，选手B在右侧”的形式，避免重复计算。

对称性处理的逻辑​

• 如果 first + second > n + 1，说明选手A和选手B的位置分布偏向右侧：
  • 比如 n = 5，first = 4，second = 5：
    • first + second = 9 > 6 = n + 1。
    • 此时选手A（4）和选手B（5）都靠近右侧。
• 通过对称性转换：
  • first' = n + 1 - second = 6 - 5 = 1
  • second' = n + 1 - first = 6 - 4 = 2
  • 新的 first' = 1 和 second' = 2 表示选手A和选手B在对称位置的左侧。
  • 这样问题就转换为“选手A在左侧，选手B在右侧”的标准形式。
  • 因为 first < second，所以 first' > second' 不成立（因为 n + 1 - second < n + 1 - first）。
  • 因此，转换后的 first' 仍然小于 second'，且 first' 更靠近左侧。

3、计算 min_mid 和 max_mid

计算 min_mid

min_mid 表示两个选手之间至少保留的中间选手数量：

• 如果 second <= m（选手B在左侧半区）：
  • 中间选手数量可以为 0（即两个选手之间没有其他人）。
  • 因此 min_mid = 0。
• 如果 second > m（选手B在右侧半区）：
  • 选手B在下一轮的位置会映射到 second - n // 2 - 1。
  • 因此 min_mid = second - n // 2 - 1。

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计算 max_mid

max_mid 表示两个选手之间最多保留的中间选手数量：

• 如果 second <= m（选手B在左侧半区）：
  • 中间选手数量最多为 second - first - 1（即两个选手之间的所有选手）。
  • 因此 max_mid = second - first（因为 mid 的取值范围是左闭右开区间）。
• 如果 second > m（选手B在右侧半区）：
  • 下一轮的选手数量是 m，选手A的位置最多可以保留 m - first 个中间选手。
  • 因此 max_mid = m - first。

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枚举 mid 的意义​

• mid 表示两个选手之间保留的中间选手数量。
• 通过枚举 mid 的所有可能值（从 min_mid 到 max_mid - 1），我们可以覆盖所有可能的比赛配对情况。
• 对于每个 mid，递归计算下一轮的最早和最晚相遇轮次。