第 218 场周赛
Problem A - 设计 Goal 解析器
因为不需要考虑输入不合法的情形，所以直接模拟即可。
- 时间复杂度。
- 空间复杂度。
参考代码（C++）
class Solution {
public:
string interpret(string command) {
string ans;
for (int i = 0; i < command.size(); ++i) {
char c = command[i];
if (c == 'G')
ans.push_back(c);
else if (c == '(') {
if (command[i + 1] == ')')
ans.push_back('o'), i++;
else
ans += "al", i += 3;
}
}
return ans;
}
};
Problem B - K 和数对的最大数目
计数之后进行处理即可，需要特别处理一下的情况。
- 时间复杂度。
- 空间复杂度。
需要注意的是，代码中对是否存在的这一判断是不能忽略的，因为如果直接使用，C++会自动将这个键插入进去；而在遍历哈希表的时候增加键（或删除键）会导致遍历结果和预期不符。
参考代码（C++）
class Solution {
public:
int maxOperations(vector<int>& nums, int k) {
int ans = 0;
unordered_map<int, int> mp;
for (int num : nums)
mp[num]++;
for (auto [num, freq] : mp) {
if (num * 2 == k) {
ans += freq / 2;
} else if (mp.count(k - num)) {
int delta = min(freq, mp[k - num]);
mp[k - num] -= delta;
mp[num] -= delta;
ans += delta;
}
}
return ans;
}
};
Problem C - 连接连续二进制数字
考虑数据范围，可以直接进行模拟。
- 时间复杂度。
- 空间复杂度。
参考代码（Python 3）
mod = 1000000007
class Solution:
def concatenatedBinary(self, n: int) -> int:
ans = 0
for i in range(1, n + 1):
b = bin(i)[2:]
n = len(b)
ans = ans * pow(2, n) % mod
ans = (ans + i) % mod
return ans
使用C++中的内置函数__builtin_clz来求的二进制表示的长度是更迅速的。因为内置函数有指令集优化，所以时间复杂度会来到。
参考代码（C++）
const int MOD = 1e9 + 7;
class Solution {
public:
int concatenatedBinary(int n) {
long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int len = 32 - __builtin_clz(i);
ans = ((ans << len) + i) % MOD;
}
return ans;
}
};
Problem D - 最小不兼容性
看到的范围，立即想到进行状态压缩。
我们从初始状态（所有数字都在一起）开始，尝试所有可能的将当前数字分成两堆的方案，然后递归求解左堆和右堆。为了避免重复计算，我们需要使用记忆化。
在枚举分组方案时，如果我们朴素地遍历（为当前堆中的数字），总时间复杂度将来到，对于，，这是我们不能接受的。因此，我们需要使用子集枚举的优化（注释中优化二），从而将总时间复杂度降低到。
此时，如果直接提交，会发现超时。实际上，本题中存在一种特殊情况，也即，这时所有组的大小都为，不兼容性总和一定为。我们可以单独考虑这种情况（注释中优化一），直接返回。这一优化的影响非常大。可以尝试对比一下，在固定和的情况下，越大，代码的运行时间是越长的，因为越大意味着分组越小，从而有效的分组方案越多。因此是耗时最久的一种情况。
有了这两个优化，实际上已经可以通过题目的时间限制。不过，我们还可以通过引入优化三和优化四，来进一步减少代码的运行时间。
- 时间复杂度。
- 空间复杂度。
题外话
比赛时，拷贝代码的时候不知道怎么把版本搞错了，本来是加上了优化一的，结果连着交了几发没加优化一的版本，怒吃三发TLE，最后靠着优化二和优化三勉强通过了。预计下周就要跌出国服前十了，心塞。
参考代码（C++）
// 优化四：指令集优化，让CPU使用POPCNT指令，从而加速__builtin_popcount
#pragma GCC target ("sse4.2")
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int memo[65536], v[16];
class Solution {
int n, k, sz;
vector<int> nums;
int solve(int state) {
if (memo[state] != -1)
return memo[state];
// 边界条件：当前集合刚好包含n/k个元素，不需要继续划分
if (__builtin_popcount(state) == sz) {
int idx = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
if (state & (1 << i))
v[idx++] = i;
for (int i = 0; i + 1 < sz; ++i)
if (nums[v[i]] == nums[v[i + 1]])
return memo[state] = INF;
return memo[state] = nums[v[n / k - 1]] - nums[v[0]];
}
int ans = INF;
// 优化二：子集枚举优化
for (int sub = state & (state - 1); sub; sub = (sub - 1) & state) {
if (__builtin_popcount(sub) % sz != 0)
continue;
int left = solve(sub);
// 优化三：如果左边的最优值已经达到了当前总和的最优值，则不需要继续计算右边。
if (left >= ans)
continue;
int right = solve(state ^ sub);
ans = min(ans, left + right);
}
return memo[state] = ans;
}
public:
int minimumIncompatibility(vector<int>& nums, int k) {
n = nums.size();
this->k = k;
sz = n / k;
// 优化一：每个子集的大小为1，不兼容性显然为0，总和也是0。
// 这种情况的筛除非常重要，因为它需要最多的枚举次数。
if (sz == 1)
return 0;
sort(nums.begin(), nums.end());
vector<int> cnt(n + 1);
for (int num : nums) {
cnt[num]++;
if (cnt[num] > k)
return -1;
}
this->nums = nums;
for (int i = 0; i < (1 << n); ++i)
memo[i] = -1;
return solve((1 << n) - 1);
}
};