?这场周赛博主勉强算是写出了3道题，“勉强” 就在于 第3道题没在规定时间内写出来，但还是自己单独想
出来了，还算是有一点进步 ( hhh, 菜鸡勿喷 )。下面博主把这两道题再总结一下。
- 再多bb两句，这道题在做的时候因为数据量太大，暴力是做不出来的，博主先想到了分组循环，然后又想到了滑动窗口，接着又想到了堆，又开始观察分类讨论分析规律，最后时间不够了，做题的心路历程真是曲折的一批。
- 在实现过程中，当前一个字符与前一个字符不匹配时，当前的特殊字符串的长度就求完了，就可以扔到对应的组里面，这里我们以直接用unoredered_map进行求解，也可以用一个26个元素的vector进行求解, 然后接着循环。
- 分组时，我们还可以用一个小根堆进行优化，因为至少出现3次，且要取最长的长度，也就是在前3个最大的长度中求可以取3个特殊字符串的最长的长度，因此我们可以用一个3个元素的小根堆维护前3大个数即可。
- 此处可能会出现堆中元素小于3个的情况，我们可以放两个0，来让其达到3个，进而方便求解。
- 因为至少取得这3个特殊字符串的最大长度，只可能在这3个元素中出现，那么我们对这3个元素分别进行讨论即可。
- 设这3个元素分别为 n1（最长）， n2(次长)，n3（较长）
- 假设最长的是n3, 则一定能取到 3 个长度为 n3的 特殊子字符串。
- 假设最长的是n2, 则 n1 - n2 <= 1
- 如 果 n2 == n1, 则取 n2 - 1。
- 如果 n1 == n2 + 1, 则取 n2
- 假设最长的是n1,则 n1 - n2 >= 2, 则取 n1 - 2。
- 取这些情况的最大值即可。
- 理解方式：可以取长度为len的子串，进行滑动看能在n1,n2,n3中取几个。
class Solution {
public:
int maximumLength(string s)
{
//将所有的相同的特殊子字符串都分组并进行划分，并求出其长度。
unordered_map<char,priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>> hash;
int sz = s.size(),begin = 0;
for(int i = 0; i < sz; i++)
{
if(i + 1 == sz || s[i] != s[i + 1])
{
int len = i + 1 - begin;
//维护一个堆为3的小根堆
if(hash[s[i]].size() < 3)
{
hash[s[i]].push(len);
}
else
{
//等于3时我们只需与堆顶元素进行比较如果大就入堆即可
int top = hash[s[i]].top(); hash[s[i]].pop();
//将最大值再入堆即可
hash[s[i]].push(max(top,len));
}
begin = i + 1;
}
}
int ans = 0;
for(int i = 'a'; i <= 'z'; i++)
{
//需要判断一下队列不为空
if(!hash[i].empty())
{
//防止只有一个的情况
if(hash[i].size() < 3)
hash[i].push(0);
if(hash[i].size() < 3)
hash[i].push(0);
int n3 = hash[i].top(); hash[i].pop();
int n2 = hash[i].top(); hash[i].pop();
int n1 = hash[i].top(); hash[i].pop();
//对第三长的和第二长的以及第一长的取最长的字符串进行分类讨论。
int len3 = n3;//一定能取到
int len2 = 0;
if(n1 == n2) // 相等取n2-1
len2 = n2 - 1;
else if(n1 - n2 == 1) //差1取n2
len2 = n2;
int len1 = 0;
if(n1 - n2 >= 2)// 差2取 n1 - 2
len1 = n1 - 2;
int len = max(len3,max(len1,len2));
ans = max(ans,len);
}
}
return ans == 0 ? -1 : ans;
}
};
因为要查询，且要将字符串分为两部分进行，然后再各取一部分排列组合，看是否能组成回文串。
因此我们直接将字符串分成两部分，然后再对第二部分逆转，这样就转换为了分别取字符串的一部分，取的一部分可以随意排列组合，看字符串之间能否互相转换。
我们可以将区间大致分为两部分，能进行排列的部分，和不能进行排列的部分。
能进行排列的部分看是否能转换为对应的字符串，不能转换的部分看是否相等即可。
我们可以使用前缀和，即对26种字符分别求前缀和，这样就可得到指定区间的字符个数，只要指定区间的字符个数都相等，则对应部分可以进行互相转换，反之则不能。 两个字符串都要求，因此有52个前缀和。
我们还可以使用前缀和，即判断两个原始字符串的每个字符串是否相等，如果相等就为0，不等就为1，并对此求前缀和，这样我们就可以快速判断某一段区间的字符串是否相等，即如果为0则相等，如果为1则不相等。 这里有1个前缀和，总共53个前缀和。
我们再进行分类讨论，对应的具体情况有6种，有3种可以互相转换，因此我们可以优化一下。具体情况请看实现代码，并建议画图分析。
class Solution {
public:
vector<bool> canMakePalindromeQueries(string s, vector<vector<int>>& queries)
{
//1.预处理，方便对数据进行处理
int len = s.size();
string s1 = s.substr(0,len / 2);
string s2 = s.substr(len / 2, len / 2);
reverse(s2.begin(),s2.end());
int len1 = s1.size();
auto get_range = [&](int i)->pair<int,int>
{
int len2 = s2.size();
int ci = queries[i][2],di = queries[i][3];
int begin = len2 - 1 - (ci - len / 2);
int end = len2 - 1 - (di - len / 2);
return {min(begin,end), max(begin,end)};
};
/*
1.细节：题目中给出长度一定为偶数，因此s1和s2的长度必然相等
2.逆转是为了方便进行正向对比。
注意：此时对于s[ci : di]在s2的下标会有所变化。
未反转的s2: ci-> ci - len / 2 , di->di - len / 2;
翻转之后的s2: [ min{s2.size()-1 - ci , s2.size() - di},
max{s2.size()-1 - ci, s2.size() - di} ];
//对称的性质: x1 + x2 = s2.size() - 1;
*/
//2.求出26 + 26 + 1个前缀和方便进行查询
vector<vector<int>> ch1_que(26,vector<int>(len1 + 1,0)),ch2_que(ch1_que);
for(int i = 0; i < 26; i++)
{
for(int j = 1; j <= len1; j++)
{
ch1_que[i][j] = s1[j-1] - 'a' == i ? ch1_que[i][j-1] + 1 : ch1_que[i][j-1];
ch2_que[i][j] = s2[j-1] - 'a' == i ? ch2_que[i][j-1] + 1 : ch2_que[i][j-1];
}
}
/*
求出每一段对应的每种字母出现的次数，且只有26个小写字母，方便后面的大量查询。
*/
vector<int> dif(len1 + 1,0);
for(int i = 1; i <= len1; i++)
{
dif[i] = s1[i-1] == s2[i-1] ? dif[i-1] : dif[i-1] + 1;
}
/*
异或前缀和:快速判断某段区间是否相等，如果相等就是可能构成回文串，因为我们已经对s2做了逆转。
此处用于对不进行排列的区间的快速判断。
*/
//3.分类进行讨论
function<bool(int,int)> count = [&](int begin,int end)->bool
{
//[begin,end]
for(int i = 0; i < 26; i++)
{
if(ch1_que[i][end + 1] - ch1_que[i][begin] !=
ch2_que[i][end + 1] - ch2_que[i][begin])
{
return false;
}
}
return true;
};
auto check = [&](int l1,int r1,int l2,int r2,string& s1,string& s2,\
vector<vector<int>>& ch1_que,vector<vector<int>>&ch2_que)->bool
{
//保证l1 <= l2 会有3种情况。
//先处理两边必然不相交的，因此先判断 [0,l1), [r2+1,len1)的字符串是否匹配。
//细节：求的前缀和是不包含当前顶点的。
int right = max(r1 + 1,r2 + 1);
if(dif[l1] || (dif[len1] - dif[right]))
{
return false;
}
//先处理不相交的情况
if(l2 > r1)
{
//先判断中间[r1 + 1,l2)的字符串是否匹配.
if(dif[l2] - dif[r1 + 1])
{
return false;
}
//计算s1[l1,r1]的种类个数能否与s2[l1,r1]的种类个数匹配
if(count(l1,r1) && count(l2,r2))
{
return true;
}
return false;
}
//再处理包含的情况
if(r1 >= r2)
{
if(count(l1,r1))
{
return true;
}
return false;
}
//最后处理相交但不包含的情况
if(r1 >= l2)
{
//1. 先让[l1,r1]去匹配[l1,l2]
int tmp1[26] = {0};
for(int i = 0; i < 26; i++)
{
int sub = ch1_que[i][r1 + 1] - ch1_que[i][l1] -
(ch2_que[i][l2] - ch2_que[i][l1]);
if(sub < 0) return false;
else
{
tmp1[i] = sub;
}
}
//2. 再让[l2,r2] 去匹配[r1 + 1,r2]
int tmp2[26] = {0};
for(int i = 0; i < 26; i++)
{
int sub = ch2_que[i][r2 + 1] - ch2_que[i][l2] -
(ch1_que[i][r2 + 1] - ch1_que[i][r1 + 1]);
if(sub < 0) return false;
else
{
tmp2[i] = sub;
}
}
//最后看[l2,r1] 即tmp1 和 tmp2 是否匹配
for(int i = 0; i < 26; i++)
{
if(tmp1[i] != tmp2[i])
return false;
}
}
return true;
};
int qsz = queries.size();
vector<bool> ans(qsz);
for(int i = 0; i < qsz; i++)
{
int l1 = queries[i][0];
int r1 = queries[i][1];
pair<int,int> ret = get_range(i);
int l2 = ret.first;
int r2 = ret.second;
//这一步很关键,可以将6种情况转换为3种情况。
ans[i] = l1 <= l2 ? check(l1,r1,l2,r2,s1,s2,ch1_que,ch2_que)
: check(l2,r2,l1,r1,s2,s1,ch2_que,ch1_que);
}
return ans;
}
};
- 说明：本题的思路参考
灵神的思路实现，详细内容可见灵神在b站的周赛回放视频。
? 我是舜华，期待与你的下一次相遇！