目录
一、100222. 三角形类型 II
1、原题链接
2、题目描述
3、思路分析
4、代码详解
二、100194. 人员站位的方案数 I
1、原题链接
2、题目描述
3、思路分析
4、代码详解
三、100183. 最大好子数组和
1、原题链接
2、题目描述
3、思路分析
4、代码详解
四、100193. 人员站位的方案数 II
1、原题链接
2、题目描述
3、思路分析
4、代码详解
一、100222. 三角形类型 II
1、原题链接
三角形类型 II - 力扣 (LeetCode) 竞赛
2、题目描述
给你一个下标从 0 开始长度为 3 的整数数组 nums ，需要用它们来构造三角形。
如果一个三角形的所有边长度相等，那么这个三角形称为 equilateral 。如果一个三角形恰好有两条边长度相等，那么这个三角形称为 isosceles 。如果一个三角形三条边的长度互不相同，那么这个三角形称为 scalene 。
如果这个数组无法构成一个三角形，请你返回字符串 "none" ，否则返回一个字符串表示这个三角形的类型。
3、思路分析
签到题，没什么说的
复制的时候多了个空格，喜提WA
时间复杂度：O(1) 空间复杂度：O(1)
4、代码详解
class Solution:
def triangleType(self, nums: List[int]) -> str:
a, b, c = nums[0], nums[1], nums[2]
if a + b > c and a + c > b and b + c > a:
if a == b == c:
return "equilateral"
if a == b or a == c or b == c:
return "isosceles"
return "scalene"
else:
return "none"
二、100194. 人员站位的方案数 I
1、原题链接
人员站位的方案数 I - 力扣 (LeetCode) 竞赛
2、题目描述
给你一个 n x 2 的二维数组 points ，它表示二维平面上的一些点坐标，其中 points[i] = [xi, yi] 。
我们定义 x 轴的正方向为 右 （x 轴递增的方向），x 轴的负方向为 左 （x 轴递减的方向）。类似的，我们定义 y 轴的正方向为 上 （y 轴递增的方向），y 轴的负方向为 下 （y 轴递减的方向）。
你需要安排这 n 个人的站位，这 n 个人中包括 liupengsay 和小羊肖恩 。你需要确保每个点处 恰好 有 一个 人。同时，liupengsay 想跟小羊肖恩单独玩耍，所以 liupengsay 会以 liupengsay 的坐标为 左上角 ，小羊肖恩的坐标为 右下角 建立一个矩形的围栏（注意，围栏可能 不 包含任何区域，也就是说围栏可能是一条线段）。如果围栏的 内部 或者 边缘 上有任何其他人，liupengsay 都会难过。
请你在确保 liupengsay 不会 难过的前提下，返回 liupengsay 和小羊肖恩可以选择的 点对 数目。
注意，liupengsay 建立的围栏必须确保 liupengsay 的位置是矩形的左上角，小羊肖恩的位置是矩形的右下角。比方说，以 (1, 1) ，(1, 3) ，(3, 1) 和 (3, 3) 为矩形的四个角，给定下图的两个输入，liupengsay 都不能建立围栏，原因如下：
图一中，liupengsay 在 (3, 3) 且小羊肖恩在 (1, 1) ，liupengsay 的位置不是左上角且小羊肖恩的位置不是右下角。图二中，liupengsay 在 (1, 3) 且小羊肖恩在 (1, 1) ，小羊肖恩的位置不是在围栏的右下角。
3、思路分析
二维偏序问题
他这个坐标太烦人了，我把它转了一下
将坐标转换为以左上角为源点，x轴往下延伸，y轴往右延伸
这样有什么好处呢？我们按x坐标升序排序，x相同就按y升序排序
然后我们遍历坐标数组，每个元素右边的所有满足纵坐标大于自己的坐标都有机会配对，因为排序后x坐标已经满足了，只用看y坐标
那么对于那些可能的坐标如何进一步判断配对呢？只要二者围成的区域内没有别的点即可
这个时候我们坐标变换的好处就体现出来了，我们可以通过二维前缀和来判断区域内是否有别的点（不变换也能求前缀和，但是容易写错）
只要区域和为2（即只有配对的两个点），我们答案计数+1
时间复杂度：O(N^2) 空间复杂度：O(U^2)，U为坐标最大值
4、代码详解
class Solution
{
public:
typedef vector
int g[55][55];
int numberOfPairs(vector
{
memset(g, 0, sizeof(g));
int ret = 0, n = p.size();
for (auto &x : p){
int a = x[0] + 1, b = x[1] + 1;
g[x[0] = 52 - b][x[1] = a] = 1;
}
sort(p.begin(), p.end(), [&](vi &x, vi &y)
{
if(x[0] != y[0])
return x[0] < y[0];
return x[1] < y[1]; });
for (int i = 1; i <= 51; i++)
for (int j = 1; j <= 51; j++)
g[i][j] += g[i - 1][j] + g[i][j - 1] - g[i - 1][j - 1];
for (int i = 0; i < n; i++)
{
int a = p[i][0], b = p[i][1];
for (int j = i + 1; j < n; j++)
{
int x = p[j][0], y = p[j][1];
if (y >= b && g[x][y] - g[x][b - 1] - g[a - 1][y] + g[a - 1][b - 1] == 2)
ret++;
}
}
return ret;
}
};
三、100183. 最大好子数组和
1、原题链接
最大好子数组和 - 力扣 (LeetCode) 竞赛
2、题目描述
给你一个长度为 n 的数组 nums 和一个 正 整数 k 。
如果 nums 的一个子数组中，第一个元素和最后一个元素 差的绝对值恰好 为 k ，我们称这个子数组为 好 的。换句话说，如果子数组 nums[i..j] 满足 |nums[i] - nums[j]| == k ，那么它是一个好子数组。
请你返回 nums 中 好 子数组的 最大 和，如果没有好子数组，返回 0 。
3、思路分析
一眼哈希，我们预处理前缀和pre[]，开一个哈希表记录每个数字上一次最小前缀出现位置
我们遍历数组，对于nums[i]，如果前面出现过nums[i] - k 或者nums[i] + k，那么我们就维护好子数组和最大值
然后就要维护nums[i]在哈希表中存储的下标了
如果哈希表中没有nums[i]，直接插入
如果已经存在hash[nums[i]] = j，如果pre[i] < pre[j]，我们就将j替换为i
时间复杂度：O(N) 空间复杂度：O(N)
4、代码详解
class Solution
{
public:
long long maximumSubarraySum(vector
{
int n = nums.size();
unordered_map
vector
for (int i = 1; i <= n; i++)
pre[i] = pre[i - 1] + nums[i - 1];
long long ret = -1e15;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (mp.count(nums[i] - k))
{
ret = max(ret, pre[i + 1] - pre[mp[nums[i] - k]]);
}
if (mp.count(k + nums[i]))
{
ret = max(ret, pre[i + 1] - pre[mp[k + nums[i]]]);
}
if (!mp.count(nums[i]))
mp[nums[i]] = i;
else if(pre[i] < pre[mp[nums[i]]]) mp[nums[i]] = i;
}
return ret == -1e15 ? 0 : ret;
}
};
四、100193. 人员站位的方案数 II
1、原题链接
人员站位的方案数 II - 力扣 (LeetCode) 竞赛
2、题目描述
给你一个 n x 2 的二维数组 points ，它表示二维平面上的一些点坐标，其中 points[i] = [xi, yi] 。
我们定义 x 轴的正方向为 右 （x 轴递增的方向），x 轴的负方向为 左 （x 轴递减的方向）。类似的，我们定义 y 轴的正方向为 上 （y 轴递增的方向），y 轴的负方向为 下 （y 轴递减的方向）。
你需要安排这 n 个人的站位，这 n 个人中包括 liupengsay 和小羊肖恩 。你需要确保每个点处 恰好 有 一个 人。同时，liupengsay 想跟小羊肖恩单独玩耍，所以 liupengsay 会以 liupengsay 的坐标为 左上角 ，小羊肖恩的坐标为 右下角 建立一个矩形的围栏（注意，围栏可能 不 包含任何区域，也就是说围栏可能是一条线段）。如果围栏的 内部 或者 边缘 上有任何其他人，liupengsay 都会难过。
请你在确保 liupengsay 不会 难过的前提下，返回 liupengsay 和小羊肖恩可以选择的 点对 数目。
注意，liupengsay 建立的围栏必须确保 liupengsay 的位置是矩形的左上角，小羊肖恩的位置是矩形的右下角。比方说，以 (1, 1) ，(1, 3) ，(3, 1) 和 (3, 3) 为矩形的四个角，给定下图的两个输入，liupengsay 都不能建立围栏，原因如下：
图一中，liupengsay 在 (3, 3) 且小羊肖恩在 (1, 1) ，liupengsay 的位置不是左上角且小羊肖恩的位置不是右下角。图二中，liupengsay 在 (1, 3) 且小羊肖恩在 (1, 1) ，小羊肖恩的位置不是在围栏的右下角。
3、思路分析
第二题我们的做法是O(N^2)的时间复杂度，本题1e3的数据量照样能过
但是由于这次坐标范围太大了，所以我们要对坐标进行离散化，其它操作一样
时间复杂度：O(N^2) 空间复杂度：O(U^2)，U为坐标最大值
4、代码详解
class Solution
{
public:
typedef vector
int g[1010][1010], ax[1010], ay[1010], nx, ny;
int numberOfPairs(vector
{
memset(g, 0, sizeof(g));
int ret = 0, n = p.size();
for (int i = 0; i < n; i++)
ax[i] = p[i][0], ay[i] = p[i][1];
sort(ax, ax + n), sort(ay, ay + n);
nx = unique(ax, ax + n) - ax, ny = unique(ay, ay + n) - ay;
for (auto &x : p)
{
int a = lower_bound(ax, ax + nx, x[0]) - ax + 1, b = lower_bound(ay, ay + ny, x[1]) - ay + 1;
g[x[0] = 1005 - b][x[1] = a] = 1;
}
sort(p.begin(), p.end(), [&](vi &x, vi &y)
{
if(x[0] != y[0])
return x[0] < y[0];
return x[1] < y[1]; });
for (int i = 1; i <= 1005; i++)
for (int j = 1; j <= 1005; j++)
g[i][j] += g[i - 1][j] + g[i][j - 1] - g[i - 1][j - 1];
for (int i = 0; i < n; i++)
{
int a = p[i][0], b = p[i][1];
for (int j = i + 1; j < n; j++)
{
int x = p[j][0], y = p[j][1];
if (y >= b && g[x][y] - g[x][b - 1] - g[a - 1][y] + g[a - 1][b - 1] == 2)
ret++;
}
}
return ret;
}
};
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