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每日算法打卡 - 2025-05-15

今天我完成了以下三道 LeetCode 算法题，特此记录解题思路与代码。

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2342. 数位和相等数对的最大和

题目描述

给你一个下标从 0 开始的数组 nums ，数组中的元素都是 正 整数。请你选出两个下标 i 和 j（i != j），且 nums[i] 的数位和 与 nums[j] 的数位和相等。
请你找出所有满足条件的下标对 (i, j) 中，nums[i] + nums[j] 的 最大值 ，如果不存在满足条件的数对，请返回 -1 。

思路与解题过程

核心思路：哈希表（数组模拟）

题目要求找到数位和相等的两个不同数字，并使它们的和最大。

1. 数位和计算：首先，我们需要一个辅助函数 getDigit(int x) 来计算一个整数 x 的所有数位之和。例如，getDigit(123) 返回 1+2+3=6。
2. 存储与查找：
   • 由于 1 <= nums[i] <= 10^9，一个数的最大数位和是 999,999,999 的数位和，即 9 * 9 = 81。因此，我们可以使用一个大小为 82 (索引 0 到 81) 的数组 map 来记录每个数位和对应的 当前遇到的最大数字。map[sum] 存储数位和为 sum 的数字中，目前遍历到的最大的那个。
   • 遍历 nums 数组中的每一个数 x：
     • 计算 x 的数位和 digitSum = getDigit(x)。
     • 查看 map[digitSum] 中是否已经存储了值 (设为 oldVal)。
       • 如果 oldVal != 0 (或者一个特定的初始标记值，这里用 0 表示未存储，因为题目中 nums 元素都是正整数)，说明之前已经遇到过一个数位和也为 digitSum 的数字 oldVal。那么 x 和 oldVal 就形成了一个数位和相等的数对。它们的和是 x + oldVal。我们用这个和去更新全局的最大和 ret。
       • 无论 oldVal 是否为 0，我们都需要更新 map[digitSum]。为了确保将来能组成更大的和，map[digitSum] 应该存储数位和为 digitSum 的数中，目前遇到的那个最大的数。所以，map[digitSum] = Math.max(map[digitSum], x)。
3. 初始化：ret 初始化为 -1，map 数组初始化为 0。

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(N\cdot \log M)$，其中 $N$ 是 nums 数组的长度， $M$ 是 nums 中元素的最大值。计算每个数字的数位和需要 $O(\log M)$ 的时间（因为数字的位数与 $\log M$ 成正比）。
• 空间复杂度: $O(C)$，其中 $C$ 是最大可能的数位和。在这里 $C=81$，所以是 $O(1)$ 的常数空间。

代码实现

class Solution {public int maximumSum(int[] nums) {int ret = -1;int[] map = new int[82]; for (int x : nums) {int digitSum = getDigitSum(x);int oldVal = map[digitSum];if (oldVal != 0) { ret = Math.max(ret, (oldVal + x));}map[digitSum] = Math.max(oldVal, x); }return ret;}private int getDigitSum(int x) {int sum = 0;while (x > 0) {sum += x % 10;x /= 10;}return sum;}
}

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121. 买卖股票的最佳时机

题目描述

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

思路与解题过程

核心思路：一次遍历，记录最低价格和最大利润

我们只需要遍历一次价格数组，在遍历过程中动态维护两个关键信息：

1. minPrice：到目前为止遇到的最低股票价格。
2. maxProfit：到目前为止可以实现的最大利润。

遍历 prices 数组中的每个价格 currentPrice：

• 计算潜在利润：如果 currentPrice > minPrice，说明如果在 minPrice 时买入，在 currentPrice 时卖出，是可以盈利的。其利润为 currentPrice - minPrice。我们将这个潜在利润与 maxProfit 比较，更新 maxProfit = Math.max(maxProfit, currentPrice - minPrice)。
• 更新最低价格：无论当前是否能盈利，我们都需要用 currentPrice 来更新 minPrice，即 minPrice = Math.min(minPrice, currentPrice)。这样做是为了确保 minPrice 始终是历史最低点，为后续计算潜在利润做准备。

初始时，maxProfit 为 0，minPrice 可以设置为 prices[0] 或一个极大值。

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(N)$, 其中 $N$ 是 prices 数组的长度。我们只需要遍历数组一次。
• 空间复杂度: $O(1)$, 我们只使用了几个额外的变量。

代码实现

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int maxProfit = 0;int minPrice = prices[0]; for (int i = 0; i < prices.length; i++) {int currentPrice = prices[i];if (minPrice < currentPrice) {maxProfit = Math.max(maxProfit, (currentPrice - minPrice));}minPrice = Math.min(minPrice, currentPrice);}return maxProfit;}
}

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76. 最小覆盖子串（复习）

题目描述

给你一个字符串 s 、一个字符串 t 。返回 s 中涵盖 t 所有字符的最小子串。如果 s 中不存在涵盖 t 所有字符的子串，则返回空字符串 "" 。

注意：

• 对于 t 中重复字符，我们寻找的子串中该字符数量必须不少于 t 中该字符数量。
• 如果 s 中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。

复习心得

这是第二次做这道题，对滑动窗口的理解更深了。核心在于如何判断当前窗口是否“合法”（即覆盖了 t 中所有字符及对应数量），以及在合法的基础上如何收缩窗口以找到最小长度。

详细题解之前写过，可参考：每日算法-250331

代码实现

class Solution {public String minWindow(String ss, String tt) {char[] s = ss.toCharArray();char[] t = tt.toCharArray();int retLen = s.length + 1;int[] map = new int[128];int kinds = 0;for (char c : t) {if (map[c] == 0) {kinds++;}map[c]++;}int kindAndCount = 0;int[] sMap = new int[128];int index = 0;for (int left = 0, right = 0; right < s.length; right++) {char in = s[right];if (++sMap[in] == map[in]) {kindAndCount++;}while (kindAndCount >= kinds) {if (retLen >= (right - left + 1)) {retLen = (right - left + 1);index = left;}char out = s[left];if (map[out] == sMap[out]--) {kindAndCount--;}left++;}}return retLen == (s.length + 1) ? "" : ss.substring(index, index + retLen);}
}

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