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每日算法打卡 (24/04/25) - LeetCode 2971 & 1647

记录一下今天解决的两道 LeetCode 题目

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2971. 找到最大周长的多边形

题目

思路

贪心

一个基本的多边形构成条件是：最长边必须小于其他所有边的长度之和。
为了找到周长最大的多边形，我们应该尽可能地包含更多的边。因此，一个自然的贪心策略是先将所有可能的边长进行排序。

解题过程

1. 排序：将边长数组 nums 从小到大排序。这是贪心策略的基础，方便我们从小到大尝试构建多边形。
2. 遍历与累加：我们维护一个当前边长之和 sum。从最短的边开始累加。
3. 判断合法性：当我们考虑加入第 i 条边 (长度为 nums[i]) 时，需要检查之前所有边的和 sum (即 nums[0] + ... + nums[i-1]) 是否大于 nums[i]。
   • 根据多边形构成条件，如果 sum > nums[i]，那么以 nums[i] 作为最长边，加上之前 i 条边（总共 i+1 条边）可以构成一个合法的多边形。其周长为 sum + nums[i]。因为我们希望周长尽可能大（包含尽可能多的边），所以我们记录下这个合法的周长。
   • 如果 sum <= nums[i]，则无法以 nums[i] 作为最长边构成多边形。
4. 更新最大周长：我们用一个变量 maxPerimeter 来记录遍历过程中遇到的最大合法周长。只有当 sum > nums[i] 时，我们才更新 maxPerimeter = sum + nums[i]。
5. 继续累加：无论当前 nums[i] 能否构成合法多边形，我们都将其加入 sum (sum += nums[i])，以便为后续判断更长的边做准备。
6. 初始条件与返回：多边形至少需要3条边。我们从数组的第三个元素（索引 i = 2）开始检查。如果遍历结束后，maxPerimeter 仍然是初始值（例如 0 或 -1，表示从未找到合法的多边形），则返回 -1。否则，返回 maxPerimeter。

• 代码细节：
  • sum 在代码中实际上是 nums[0] + ... + nums[i] 的前缀和。
  • trueSum 对应我们上面说的 maxPerimeter。
  • index 在代码中记录的是构成最大周长多边形的最长边的索引。检查 index < 2 等价于检查是否找到了至少一个包含3条边的合法多边形（因为 index 初始为1，只有当 i=2 时满足条件，index 才会更新为2）。

复杂度

• 时间复杂度: $O(N\log N)$，主要是排序数组 nums 的时间。遍历数组需要 $O(N)$。
• 空间复杂度: $O(\log N)$ 或 $O(N)$，取决于排序算法使用的栈空间。如果忽略排序的辅助空间（或视为原地排序），则为 $O(1)$。

Code

class Solution {public long largestPerimeter(int[] nums) {Arrays.sort(nums);long sum = nums[0] + nums[1];long trueSum = 0;int index = 1;for (int i = 2; i < nums.length; i++) {if (sum <= nums[i]) {sum += nums[i];} else {index = i;sum += nums[i];trueSum = sum;}}return index < 2 ? -1 : trueSum;}
}

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1647. 字符频次唯一的最小删除次数

题目

思路

贪心

目标是最小化删除次数，使得所有存在字符的频次都是唯一的。
我们可以先统计每个字符的出现频次。为了方便处理冲突（频次相同），一个好的策略是处理排序后的频次。

解题过程

1. 统计频次：使用一个数组（大小为26）统计字符串 s 中每个字符 (‘a’ 到 ‘z’) 的出现次数。
2. 排序频次：将得到的频次（只考虑大于0的频次，或者处理整个频次数组）进行升序排序。
3. 处理冲突（贪心）：从后往前（即从最大的频次开始）遍历排序后的频次数组 hash。
   • 我们检查当前频次 hash[i] 是否大于等于它前一个的频次 hash[i-1] 。
   • 如果 hash[i] <= hash[i-1]，说明出现了频次冲突或者顺序不对（因为已经排序了，所以只会是相等的情况）。我们需要减少 hash[i-1]的值，使其严格小于 hash[i]。
   • 贪心选择：为了最小化删除次数，我们将冲突的频次 hash[i-1] 减少到 max(0, hash[i] - 1)。这样既保证了唯一性，又使得减少的量（即删除的字符数）最少。
   • 累加删除次数：将原始频次与修改后频次之差累加到总删除次数 count 中。
   • 注意：修改后的频次 hash[i-1]必须大于等于 0。如果目标值 hash[i] - 1小于 0，则必须将当前频次降为 0，删除次数就是其原始值。
4. 返回结果：遍历完成后，count 即为所需的最小删除次数。

复杂度

• 时间复杂度: $O(N+K\log K+K)=O(N)$。
  • $O(N)$ 用于遍历字符串统计频次 (N 为字符串长度)。
  • $O(K\log K)$ 用于排序频次数组 (K 为字符集大小，这里是 26，是常数)。
  • $O(K)$ 用于遍历频次数组处理冲突。
  • 因为 K 是常数 (26)，所以 $K\log K$ 和 $K$ 都是 $O(1)$。因此，总时间复杂度由 $O(N)$ 主导。
• 空间复杂度: $O(K)=O(1)$。
  • 需要一个大小为 K (26) 的数组来存储频次。

Code

class Solution {public int minDeletions(String ss) {char[] s = ss.toCharArray();int[] hash = new int[26];for (char c : s) {hash[c - 'a']++;}Arrays.sort(hash);int count = 0;for (int i = 24; i >= 0; i--) {if (hash[i] == 0) {break;}if (hash[i] >= hash[i + 1]) {count += (hash[i + 1] - 1) <= 0 ? hash[i] : hash[i] - (hash[i + 1] - 1);hash[i] = Math.max((hash[i + 1] - 1), 0);}}return count;}
}

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