刷题day_5
一、游游的you
题目链接：游游的you
题目解析
题目要求：
输入
a，b，c表示y、o、u三个字母的个数；将这些字母连成字符串，并且这里
you三个字母相邻获得2分，两个o字母相邻获得1分。让我们输出最多可以获得多少分
这里得分规则我们需要注意
you相邻获得2分oo相邻获得1分，如果字符ooo可以获得2分，oooo可以获得3分
算法思路
我们知道了这个得分规则，我们想要获得更高的分数：
- 尽可能的让
you相邻- 如果不能组成
you，则就让所有的o相邻这样我们就可以知道如何去求最大得分了，
- 首先就是
you的个数（就等于a、b、c中最小的那一个）- 然后就是剩余
o的个数，让剩余所有的o相邻得分就是o的个数-1；
这样最多的得分就可以表示出来了；
这里需要注意剩余o的个数可能为0，这时就需要处理一下，否则就加了-1
代码实现
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {int q;cin>>q;while(q--){int a,b,c;cin>>a>>b>>c;int y = min(min(a,b),c);int x = max(b - y - 1,0);cout<<y*2 + x<<endl;}return 0;
}
二、腐烂的苹果
题目链接：腐烂的苹果
题目解析
题目：
有一个
m*n的网格，其中每一个格子有三种情况（没有苹果/0、有好的苹果/1、有腐烂的苹果/2)其中，腐烂的苹果每分钟都会向四周（上下左右）传播病菌，相邻的苹果都会腐烂。
让我们求出需要多少分钟，会导致所有的苹果变腐烂；（如果有苹果一直不会腐烂，就返回
-1）
算法思路
读懂了题目，现在来看如何去实现这个算法（这里简述一下）
这道题的标签是
BFS广度优先遍历所以，这里先遍历给的数组，让所有的
2（腐烂的苹果）都存放到一个队列当中；再进行广度优先遍历，对队列中腐败的苹果进行扩散
这里注意：题目要求出时间，所有我们要按时间来进行
BFS遍历，什么意思呢？
这里就来捋一捋整个代码的流程
首先准备工作，定义
dx[4]、dy[4]表示上下左右位置下标变化值；定义vis数组来表示每个位置苹果是否腐烂（true表示腐败`）；
- 遍历
grid，将所有值为2的位置的下标入队列；- 进行
BFS广度优先遍历，进行腐烂的扩散操作；- 扩散过程：依次对队列中的每个下标进行上下左右扩散，如果
扩散位置不越界，并且扩散位置有苹果且苹果吗，没有被传入腐败，那就修改扩散位置的vis[x][y]为true，并让扩散位置下标入队列。- 最后，遍历
grid数组，如果存在一个位置有苹果且苹果没有被传染腐败，就返回-1否则返回ret-1结果。
代码实现
class Solution {
public:int m,n;int dx[4] = {0,0,-1,1};int dy[4] = {1,-1,0,0};bool vis[1001][1001] = {false}; //表示苹果是否腐烂int rotApple(vector<vector<int> >& grid) {// write code herem = grid.size();n = grid[0].size();queue<pair<int,int>> q;//用来存放腐烂苹果的下标for(int i=0;i<m;i++){for(int j = 0;j<n;j++){if(grid[i][j] ==2)q.push({i,j});}}int ret = 0;while(q.size()){ret++;//每加依次，表示过了一分钟int sz = q.size();//记录当前q在腐烂苹果的个数while(sz--)// 循环sz次，表示这一分钟有多少个腐烂苹果会扩散{auto [a,b] = q.front();//记录下标q.pop();//删除整个位置，表示已经扩散过了for(int i=0;i<4;i++){int x = a + dx[i];int y = b + dy[i];//如果扩散位置不越界，扩散位置有苹果且苹果没有腐烂if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n && grid[x][y] == 1 && !vis[x][y]){vis[x][y] = true;//标记苹果腐烂q.push({x,y});//插入到q中}}}}for(int i=0;i<m;i++){for(int j = 0;j<n;j++){if(grid[i][j] == 1 && !vis[i][j])return -1;}}return ret-1;}
};
三、孩子们的游戏
题目链接：孩子们的游戏
题目描述
这是一道经典的约瑟夫问题，对于约瑟夫，可是早有耳闻；这里就直接提供思路
这里大致可以将所有的思路/解法分为两种
- 模拟实现
- 使用递推/递归/动态规划
为什么可以分为两种呢？
第一种就是模拟实现整个过程，可以说是暴力解法了
第二种它们都有一个共同的思路，就是将问题一步一步划分，然后寻找子问题的关系；从而简化整个过程。
算法分析
这里对于两种思路来简单分析一下：
首先模拟实现整个过程
我们可以使用链表或者数组来模拟整个过程。（这里使用数组来模拟）
- 我们定义一个数组(
bool类型的)，来表示当前位置下标对应的人还是否在圈内- 定义用来计数的一些变量
i表示当前遍历位置的下标、sum表示圈内剩余的人数、x表示当前应该报的数- 循环遍历整个数组，如果遍历遇到当前位置对应的人不在圈内
v[i] == 0，就i++并直接执行下一次循环- 如果当前位置的人在圈内，就继续判断报数是否等于m-1
x == m-1，如果等于将让当前位置的人出圈，再继续执行循环遍历- 知道圈内剩余一个人
sum == 1，循环结束，最后返回剩余那个人的下标即可。
其次，第二种思路就说动态规划
这种思路主要就在于理清楚
dp[i]代表了什么、和dp[i]状态转移方程。
- 这里
dp[i]代表当有i个人时最后剩余的那个人
如上图所示，我们找到了第一次报圈和第二次报圈对应下标的关系dp[n] = (dp[n-1] + n) %b
我们将dp[i]表示有i个人报圈最后胜出的人，那么dp[0] = 0；那i=2时；dp[2] = (dp[1] +m) %n。
以此类推，我们就可以直接推出来有n个人报圈时，最后胜出的人。
代码实现
第一种：
class Solution {public:int LastRemaining_Solution(int n, int m) {//数组来模拟vector<int> vp(n, 1);int x = 0, sum = n;//x表示报数，sum表示剩余人数int i = 0;while (sum > 1) {if (vp[i] == 0) {i++;i %= n;continue;}if (x == m - 1) {sum--;x++;x %= m;vp[i] = 0;} else {x++;}i++;i %= n;}int ret = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (vp[i] == 1) {ret = i;break;}}return ret;}
};
第二种：
class Solution {
public:int LastRemaining_Solution(int n, int m) {int f = 0;for(int i=1;i<=n;i++) f = (f+m) % i;return f;}
};
今天题目有点难度，继续加油！！！
