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2651. 计算列车到站时间
题目大意:
- 给你一个正整数
arrivalTime
表示列车正点到站的时间(单位:小时),另给你一个正整数delayedTime
表示列车延误的小时数。 - 返回列车实际到站的时间。
- 注意,该问题中的时间采用 24 小时制。
思想:
- 签到题
- 返回
(arrivalTime + delayedTime) % 24
代码:
class Solution {
public int findDelayedArrivalTime(int arrivalTime, int delayedTime) {
return (arrivalTime + delayedTime) % 24;
}
}
2652. 倍数求和
题目大意:
- 给你一个正整数 n ,请你计算在 [1,n] 范围内能被 3、5、7 整除的所有整数之和。
- 返回一个整数,用于表示给定范围内所有满足约束条件的数字之和。
思想:
- 签到题
i
从1
遍历到n
,将所有满足i % k == 0,k = 3, 5, 7
条件的i
累加即可。
代码:
class Solution {
public int sumOfMultiples(int n) {
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
if(i % 3 == 0 || i % 5 == 0 || i % 7 == 0) sum += i;
}
return sum;
}
}
2653. 滑动子数组的美丽值
题目大意:
- 给你一个长度为 n 的整数数组 nums ,请你求出每个长度为 k 的子数组的 美丽值 。
- 一个子数组的 美丽值 定义为:如果子数组中第 x 小整数 是 负数 ,那么美丽值为第 x 小的数,否则美丽值为 0 。
- 请你返回一个包含 n - k + 1 个整数的数组,依次 表示数组中从第一个下标开始,每个长度为 k 的子数组的 美丽值 。
思想:
- 滑动窗口
- 将所有的数添加偏移量
base = 50
,以使得所有当前窗口中出现过的数i
可以利用vis[i]
记录其数量; - 先将前
k - 1
个数加入vis[]
; - 从
i = k - 1
开始,每次循环将nums[i]
统计到vis
中,即vis[nums[i] + base] ++
; - 由于
nums[i]
的范围很小,遍历vis[]
累加窗口中出现的数的数量,保存在cnt
中; - 当
cnt >= x
时,说明当前遍历到的数即为排序中第x
小的数; - 判断减去偏移量
base
后将对应美丽值返回。 - 窗口向后移动,将左边界的
nums[i - k + 1]
移出窗口,即vis[nums[i - k + 1] + base] --
。
代码:
class Solution {
public int[] getSubarrayBeauty(int[] nums, int k, int x) {
int n = nums.length;
int[] res = new int[n - k + 1]; // 答案数组
int[] vis = new int[1010]; // 记录窗口中存在数的数量
final int base = 50; // 偏移量
for(int i = 0; i < k - 1; i ++) vis[nums[i] + base] ++; // 初始化窗口
for(int i = k - 1; i < n; i ++){
int cnt = 0; // 记录数量
vis[nums[i] + base] ++; // 移入右边界
for(int j = 0; j < 110; j ++){
cnt += vis[j];
if(cnt >= x){
res[i - k + 1] = j - base < 0 ? j - base : 0;
break;
}
}
vis[nums[i - k + 1] + base] --; // 移出左边界
}
return res; // 返回答案
}
}
2654. 使数组所有元素变成 1 的最少操作次数
题目大意:
- 给你一个下标从 0 开始的 正 整数数组 nums 。你可以对数组执行以下操作 任意 次:
- 选择一个满足 0 <= i < n - 1 的下标 i ,将
nums[i]
或者nums[i+1]
两者之一替换成它们的最大公约数。 - 请你返回使数组
nums
中所有元素都等于 1 的 最少 操作次数。如果无法让数组全部变成 1 ,请你返回 -1 。
思想:
- 最大公约数及其性质;
- 如果一个数列中所有数的最大公约数为 $g$,那么无论如替换数列中任意的两个数为其最大公约数,都无法操作出 $h$ 使得 $h < g$。
- 证明如下:
- 设原数列为 $a_1, a_2, ..., a_n$,最大公约数为 $g$,操作后得到的数列为 $b_1, b_2, ..., b_n$,最大公约数为 $h$,其中 $h < g$。
- 不妨设 $b_1 = h \times k_1$,其中 $k_1$ 为一个整数。则可以将 $b_1 = \gcd(a_1, a_2) \times (a_1 \div \gcd(a_1, a_2))$。
- 其中 $a_1 / \gcd(a_1, a_2)$ 是一个整数,故 $h$ 一定整除 $b_1$,即 $h$ 是 $a_1$ 和 $a_2$ 的公约数。
- 同理,根据操作规则,$a_2$ 和 $a_3$ 的公约数也是 $h$,以此类推,即 $a[i]$ 和 $a[i + 1]$ 的公约数都是 $h$。
- 由于 $h < g$,所以 $h$ 一定不能整除 $a_1$,即将 $a_1$ 和 $a_2$ 替换为 $h$ 的操作一定不能得到最大公约数为 $h$ 且小于 $g$ 的数列 $b_n$。
- 若可以通过操作得到:
- 当数列存在 $1$ 时,需要操作所有非 $1$ 的元素;
- 当不存在 $1$ 时,需要找到一个最短的连续的子数组,使得通过操作得到 $1$。
代码:
class Solution {
public int minOperations(int[] nums) {
int n = nums.length;
int t = nums[0];
int cnt = t == 1 ? 1 : 0; // 判断第一个是否为 1
for(int i = 1; i < n; i ++){
t = gcd(t, nums[i]);
if(nums[i] == 1) cnt ++; // 记录 1 的元素个数
}
if(t != 1) return -1; // t != 1 说明不成立
if(cnt != 0) return n - cnt; // 存在 1,最少操作 n - cnt 次
int res = n; // 连续的子数组的长度
for (int i = 0; i < n; i ++) {
int tt = nums[i];
for (int j = i + 1; j < n; j ++) { // 遍历查找
tt = gcd(tt, nums[j]);
if (tt == 1) { // 通过操作找到了可以变为 1 的连续子数组
res = Math.min(res, j - i + 1); // 更新最短长度
break;
}
}
}
return res + n - 2; // 去除掉连续子数组的两个边界操作
}
private int gcd(int n, int m){
return n % m == 0 ? m : gcd(m, n % m);
}
}