数字小镇 Digitville 中，存在一个数字列表 nums，其中包含从 0 到 n - 1 的整数。每个数字本应 只出现一次，然而，有 两个 顽皮的数字额外多出现了一次，使得列表变得比正常情况下更长。
为了恢复 Digitville 的和平，作为小镇中的名侦探，请你找出这两个顽皮的数字。
返回一个长度为 2 的数组，包含这两个数字（顺序任意）。
示例 1：
输入： nums = [0,1,1,0]
输出： [0,1]
解释：
数字 0 和 1 分别在数组中出现了两次。
示例 2：
输入： nums = [0,3,2,1,3,2]
输出： [2,3]
解释:
数字 2 和 3 分别在数组中出现了两次。
示例 3：
输入： nums = [7,1,5,4,3,4,6,0,9,5,8,2]
输出： [4,5]
解释:
数字 4 和 5 分别在数组中出现了两次。
提示：
2 <= n <= 100nums.length == n + 20 <= nums[i] < n- 输入保证
nums中 恰好 包含两个重复的元素。
思路：用Map存取每个元素出现的次数，然后再计算其中等于2的个数。
代码：
class Solution {
public int[] getSneakyNumbers(int[] nums) {
// 创建一个 HashMap 来记录每个数字的出现次数
Map<Integer, Integer> countMap = new HashMap<>();
// 遍历数组并统计每个数字的出现次数
for (int num : nums) {
countMap.put(num, countMap.getOrDefault(num, 0) + 1);
}
// 存储结果的数组
int[] result = new int[2];
int index = 0;
// 查找出现两次的数字
for (Map.Entry<Integer, Integer> entry : countMap.entrySet()) {
if (entry.getValue() == 2) {
result[index++] = entry.getKey();
}
}
return result;
}
}给你一个大小为 4 的整数数组 a 和一个大小 至少为 4 的整数数组 b。
你需要从数组 b 中选择四个下标 i0, i1, i2, 和 i3，并满足 i0 < i1 < i2 < i3。你的得分将是 a[0] * b[i0] + a[1] * b[i1] + a[2] * b[i2] + a[3] * b[i3] 的值。
返回你能够获得的 最大 得分。
示例 1：
输入： a = [3,2,5,6], b = [2,-6,4,-5,-3,2,-7]
输出： 26
解释：
选择下标 0, 1, 2 和 5。得分为 3 * 2 + 2 * (-6) + 5 * 4 + 6 * 2 = 26。
示例 2：
输入： a = [-1,4,5,-2], b = [-5,-1,-3,-2,-4]
输出： -1
解释：
选择下标 0, 1, 3 和 4。得分为 (-1) * (-5) + 4 * (-1) + 5 * (-2) + (-2) * (-4) = -1。
提示：
a.length == 44 <= b.length <= 10^5-10^5 <= a[i], b[i] <= 10^5
思路：
一.寻找子问题
看示例 1，a=[3,2,5,6], b=[2,−6,4,−5,−3,2,−7]。
考虑从右往左选 b 数字，分类讨论：
如果不选 b[6]，那么需要解决的问题为：从 b[0] 到 b[5] 选 4 个数，与 a[0] 到 a[3] 计算点积，结果的最大值。
如果选 b[6]，那么需要解决的问题为：从 b[0] 到 b[5] 选 3 个数，与 a[0] 到 a[2] 计算点积，结果的最大值。
二、状态定义与状态转移方程
根据上面的讨论，我们需要在递归过程中跟踪以下信息：
i：当前要考虑 b[i] 选或不选。
j：如果选 b[i]，那么与 a[j] 相乘。
因此，定义状态为 dfs(i,j)，表示从 b[0] 到 b[i] 选 j+1 个数，与 a[0] 到 a[j] 计算点积，结果的最大值。
接下来，思考如何从一个状态转移到另一个状态。
考虑 b[i] 数字，分类讨论：
如果不选 b[i]，那么需要解决的问题为：从 b[0] 到 b[i−1] 选 j+1 个数，与 a[0] 到 a[j] 计算点积，结果的最大值，即 dfs(i−1,j)。
如果选 b[i]，那么需要解决的问题为：从 b[0] 到 b[i−1] 选 j 个数，与 a[0] 到 a[j−1] 计算点积，结果的最大值，即 dfs(i−1,j−1)+a[j]⋅b[i]。
这两种情况取最大值，就得到了 dfs(i,j)，即dfs(i,j)=max(dfs(i−1,j),dfs(i−1,j−1)+a[j]⋅b[i])
递归边界：dfs(i,−1)=0, dfs(−1,j≥0)=−∞。用 −∞ 表示不合法的状态，保证 max 不会取到不合法的状态。
递归入口：dfs(n−1,3)，也就是答案。
代码：
class Solution {
public long maxScore(int[] a, int[] b) {
int n = b.length;
long[][] memo = new long[n][4];
for (long[] row : memo) {
Arrays.fill(row, Long.MIN_VALUE); // 表示没有计算过
}
return dfs(n - 1, 3, a, b, memo);
}
private long dfs(int i, int j, int[] a, int[] b, long[][] memo) {
if (j < 0) { // 选完了
return 0;
}
if (i < 0) { // j >= 0，没选完
return Long.MIN_VALUE / 2; // 防止溢出
}
if (memo[i][j] == Long.MIN_VALUE) { // 需要计算，并记忆化
memo[i][j] = Math.max(dfs(i - 1, j, a, b, memo), dfs(i - 1, j - 1, a, b, memo) + (long) a[j] * b[i]);
}
return memo[i][j];
}
}
给你一个字符串数组 words 和一个字符串 target。如果字符串 x 是 words 中 任意 字符串的前缀
，则认为 x 是一个 有效 字符串。现计划通过 连接 有效字符串形成 target ，请你计算并返回需要连接的 最少 字符串数量。如果无法通过这种方式形成 target，则返回 -1。
示例 1：
输入： words = ["abc","aaaaa","bcdef"], target = "aabcdabc"
输出： 3
解释：
target 字符串可以通过连接以下有效字符串形成：
words[1]的长度为 2 的前缀，即"aa"。words[2]的长度为 3 的前缀，即"bcd"。words[0]的长度为 3 的前缀，即"abc"。
示例 2：
输入： words = ["abababab","ab"], target = "ababaababa"
输出： 2
解释：
target 字符串可以通过连接以下有效字符串形成：
words[0]的长度为 5 的前缀，即"ababa"。words[0]的长度为 5 的前缀，即"ababa"。
示例 3：
输入： words = ["abcdef"], target = "xyz"
输出： -1
思路：
跳跃游戏 + 字符串哈希 + 二分
用划分型 DP 思考，考虑第一段划分多长。
比如示例 1 的 target=aabcdabc。如果第一段能划分出一个长为 2 的子串，即 aa，那么也可以划分出一个更短的，长为 1 的子串，即 a。所以只需考虑最大的 r，满足 target 下标从 0 到 r 这一段是某个 words[i] 的前缀。
如果第一段划分出一个长为1的子串，那么接下来要解决的问题为：target 的长为 n−1 的后缀的最小划分个数，也就是从下标 1 开始，剩余字符串的最小划分个数。一般地，对于每个 i，都计算一个 ri，满足target 下标从 i 到 ri这一段是某个 words[i] 的前缀。算出ri后，我们可以枚举当前这一段的长度：
长为 1，那么接下来思考从 i+1 开始，剩余字符串的最小划分个数。
长为 2，那么接下来思考从 i+2 开始，剩余字符串的最小划分个数。
……
长为 ri，那么接下来思考从 i+ri开始，剩余字符串的最小划分个数。
相当于我们可以从下标 i「跳到」下标 i+1,i+2,⋯,ri+1 中的任意位置。如果跳到 n，表示 target 划分完毕。
问题转换成：
计算 ri。计算从 0 跳到 n 的最小跳跃次数。这类似 45. 跳跃游戏 II 或者 1326. 灌溉花园的最少水龙头数目。
如何计算 ri？
可以用字典树 + 枚举，这可以通过 周赛第三题，但无法通过本题。
预处理每个 words[i] 的每个前缀的字符串哈希值，按照前缀长度分组，保存到不同的集合中。每个集合保存的是相同前缀长度的哈希值。
对于 i，我们需要计算最大的长度 sz，满足 target 从下标 i 开始的长为 sz 的子串的哈希值是否在对应的集合中。
这可以用二分算出来，原理见 二分查找 红蓝染色法【基础算法精讲 04】。
算出 sz，就可以算出从 i 向右，最远可以跳到 i+sz。
代码:
class Solution {
private static final int MOD = 1_070_777_777;
public int minValidStrings(String[] words, String target) {
char[] t = target.toCharArray();
int n = t.length;
// 多项式字符串哈希（方便计算子串哈希值）
// 哈希函数 hash(s) = s[0] * base^(n-1) + s[1] * base^(n-2) + ... + s[n-2] * base + s[n-1]
final int BASE = (int) 8e8 + new Random().nextInt((int) 1e8); // 随机 base，防止 hack
int[] powBase = new int[n + 1]; // powBase[i] = base^i
int[] preHash = new int[n + 1]; // 前缀哈希值 preHash[i] = hash(target[0] 到 target[i-1])
powBase[0] = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
powBase[i + 1] = (int) ((long) powBase[i] * BASE % MOD);
preHash[i + 1] = (int) (((long) preHash[i] * BASE + t[i]) % MOD); // 秦九韶算法计算多项式哈希
}
int maxLen = 0;
for (String w : words) {
maxLen = Math.max(maxLen, w.length());
}
Set<Integer>[] sets = new HashSet[maxLen];
Arrays.setAll(sets, i -> new HashSet<>());
for (String w : words) {
long h = 0;
for (int j = 0; j < w.length(); j++) {
h = (h * BASE + w.charAt(j)) % MOD;
sets[j].add((int) h); // 注意 j 从 0 开始
}
}
int ans = 0;
int curR = 0; // 已建造的桥的右端点
int nxtR = 0; // 下一座桥的右端点的最大值
for (int i = 0; i < n; i++) {
int sz = calcSz(i, preHash, powBase, sets);
nxtR = Math.max(nxtR, i + sz);
if (i == curR) { // 到达已建造的桥的右端点
if (i == nxtR) { // 无论怎么造桥，都无法从 i 到 i+1
return -1;
}
curR = nxtR; // 造一座桥
ans++;
}
}
return ans;
}
private int calcSz(int i, int[] preHash, int[] powBase, Set<Integer>[] sets) {
// 开区间二分，left 一定满足要求，right 一定不满足要求
int left = 0;
int right = Math.min(preHash.length - 1 - i, sets.length) + 1;
while (left + 1 < right) {
int mid = (left + right) >>> 1;
long subHash = (((long) preHash[i + mid] - (long) preHash[i] * powBase[mid]) % MOD + MOD) % MOD;
if (sets[mid - 1].contains((int) subHash)) {
left = mid;
} else {
right = mid;
}
}
return left;
}
}
由于本周赛第三题第四题一样，就写出了较为容易理解的最优解法。其他方法较为苦难。
标签：周赛,target,int,dfs,力扣,415,long,words,字符串 From： https://blog.csdn.net/qq_43227507/article/details/142306791