每日算法学习记录 - 250510

1. LeetCode 2086. 喂食仓鼠的最小食物桶数

题目描述:

解题思路

这是一个典型的贪心问题。我们的目标是用最少的食物桶喂饱所有仓鼠。

解题过程

核心思想是：当遇到一只仓鼠时，如何放置食物桶才能最有效地利用这个桶。

1. 遍历字符串 hamsters。
2. 当遇到一只仓鼠 s[i] == 'H' 时：
   • 优先考虑在其右侧（i+1）放置食物桶。 这样做是因为放在右边的食物桶 s[i+1] 不仅可以喂饱当前仓鼠 s[i]，还有可能喂饱它右边的仓鼠 s[i+2]（如果 s[i+2] 也是 ‘H’）。这使得一个桶的效益最大化。
   • 如果右侧 s[i+1] 是空地 '.'：我们在此处放置一个桶，计数器 ret 加 1。由于 s[i+1] 上的桶可以喂饱 s[i] 和潜在的 s[i+2]，我们可以跳过检查 s[i+1] (现在是桶) 和 s[i+2] (已被喂饱)。因此，我们将索引 i 向前移动 2 格（i += 2），加上循环自身的 i++，相当于下次从 i+3 开始检查。
   • 如果右侧不能放置（比如 i+1 越界，或者 s[i+1] 是另一只仓鼠 ‘H’），再考虑在其左侧（i-1）放置食物桶。
   • 如果左侧 s[i-1] 是空地 '.'：我们在此处放置一个桶，计数器 ret 加 1。这个桶喂饱了 s[i]。索引 i 正常通过循环的 i++ 后移。
   • 如果左右两侧都无法放置食物桶：那么当前仓鼠 s[i] 无法被喂饱，根据题意返回 -1。
3. 遍历完成后，返回 ret。

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(N)$, 其中 $N$ 是字符串 hamsters 的长度。我们只需要遍历一次字符串。
• 空间复杂度: $O(N)$ 或 $O(1)$。

代码实现

class Solution {
    public int minimumBuckets(String hamsters) {
        int ret = 0;
        char[] s = hamsters.toCharArray();
        int n = s.length;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (s[i] == 'H') {
                char left = i > 0 ? s[i - 1] : 'H';
                char right = i < n - 1 ? s[i + 1] : 'H';
                if (right == '.') {
                    ret++;
                    i += 2;
                } else if (left == '.') {
                    ret++;
                } else {
                    return -1;
                }
            }
        }
        return ret;
    }
}

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2. LeetCode 2571. 将整数减少到零需要的最少操作数

题目描述:

解题思路

这个问题可以通过分析数字的二进制表示，并采用贪心策略来解决。目标是每次操作都尽可能有效地减少 n 或将其转化为更容易处理的形式（更接近2的幂）。

解题过程

我们将整数 n 视为其二进制表示。每次操作我们可以选择加上或减去一个2的幂。

1. 获取最低位的 ‘1’:
   使用位运算 lowbit = n & (-n) 可以得到 n 的二进制表示中，最低位的那个 ‘1’ 以及它之后的所有 ‘0’ 组成的数。这个 lowbit 值本身就是一个2的幂，对应题目中可以操作的数。

2. 贪心决策:
   对于当前的 n 和其 lowbit：

   • 情况1: lowbit 的左边（更高一位）也是 ‘1’。
     例如，n = 6 (0110_2)，lowbit = 2 (0010_2)。此时 lowbit 的左边是 ‘1’。
     这种情况通过 (n & (lowbit << 1)) > 0 来判断。
     我们选择 n = n + lowbit。6 + 2 = 8 (1000_2)。
     这样做的好处是，...011... 形式的位序列通过加法可以变成 ...100...，有效地将两个（或更多连续的）'1’s 通过进位合并，从而可能更快地减少 ‘1’ 的总数或简化数字结构。
   • 情况2: lowbit 的左边是 ‘0’。
     例如，n = 4 (0100_2)，lowbit = 4 (0100_2)。或者 n = 10 (1010_2)，lowbit = 2 (0010_2)。
     这种情况是 (n & (lowbit << 1)) == 0。
     我们选择 n = n - lowbit。4 - 4 = 0 或 10 - 2 = 8 (1000_2)。
     这样做直接消除了最低位的 ‘1’。

3. 迭代与计数:
   每次操作后，操作数 ret 加 1。
   循环继续，直到 n 变为0。

4. 特殊循环终止条件 (优化):
   当 n 变成一个2的幂时（即 (n & (n - 1)) == 0 且 n > 0），我们知道只需要再进行一次操作（减去 n 本身）就可以将其变为0。
   代码中的循环条件 (n & (n - 1)) != 0 利用了这一点：当 n 成为2的幂或0时，循环终止。
   ret 初始化为 1。如果 n 初始就是2的幂，循环不进入，直接返回 1（一次操作）。如果 n 不是2的幂，进入循环，每执行一次 n += lowbit 或 n -= lowbit，ret 增加。当循环结束时，n 必然是一个2的幂（因为 n 不会是0退出循环，除非一开始就是0，但题目约束 1 <= n <= 10^5）。此时的 ret 值已经包含了将这个最终的2的幂减到0的那次操作。

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(\log N)$。在二进制表示下，每次操作要么消除一个 ‘1’，要么通过进位合并 ‘1’，总体上使问题规模减小。操作的次数与 N 的二进制位数大致成正比。
• 空间复杂度: $O(1)$。我们只需要常数级别的额外空间。

代码实现

class Solution {
    public int minOperations(int n) {
        int ret = 1;
        while ((n & (n - 1)) != 0) {
            int lowbit = n & (-n);
            if ((n & (lowbit << 1)) > 0) {
                n += lowbit;
            } else {
                n -= lowbit;
            }
            ret++;
        }
        return ret;
    }
}

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