leetcode题解：秋叶收藏集

leetcode题解：秋叶收藏集

鄙厂和leetcode联合搞了个秋季编程大赛，上周六（9月12号）是个人赛。

奖金很丰厚（一等奖 1w CNY），看着眼馋，不过和打榜的大神们差距太大，也只能看着了。

比赛一共5题，前两题太简单，后两题太难，不过第三题 “秋叶收藏集” 还挺有意思的，拉出来讲一讲。

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- 题 -

小扣出去秋游，途中收集了一些红叶和黄叶，他利用这些叶子初步整理了一份秋叶收藏集 leaves， 字符串 leaves 仅包含小写字符 r 和 y， 其中字符 r 表示一片红叶，字符 y 表示一片黄叶。

出于美观整齐的考虑，小扣想要将收藏集中树叶的排列调整成「红、黄、红」三部分。每部分树叶数量可以不相等，但均需大于等于 1。每次调整操作，小扣可以将一片红叶替换成黄叶或者将一片黄叶替换成红叶。请问小扣最少需要多少次调整操作才能将秋叶收藏集调整完毕。

输入：leaves = "rrryyyrryyyrr"

输出：2

解释：调整两次，将中间的两片红叶替换成黄叶，得到 "rrryyyyyyyyrr"

输入：leaves = "ryr"

输出：0

解释：已符合要求，不需要额外操作

• 3 <= leaves.length <= 10^5

• leaves 中只包含字符 'r' 和字符 'y'

补充说明：这里的替换是直接把某个 r 换成 y，而不是和现有的 y 交换（即不受限于现有的 r 和 y 的数量。

先想想看，你会怎么做？

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- 解³ -

最简单的做法很容易想到：对于任意 i、j ，分别计算 [0..i]、[i+1, j]、[j+1, n-1] 分别有多少个 yellow、red、yellow，加起来就是需要替换的次数；然后枚举 i、j，求最小的 f(i, j) ，就是最终答案了。

代码如下：

def minimumOperations(leaves):  result = len(leaves)  left_yellows = 0  for i in range(len(leaves) - 2):    if leaves[i] == 'y':      left_yellows += 1    middle_reds = 0    for j in range(i + 1, len(leaves) - 1):      if leaves[j] == 'r':        middle_reds += 1      right_yellows = 0      for k in range(j + 1, len(leaves)):        if leaves[k] == 'y':          right_yellows += 1      result = min(result, left_yellows + middle_reds + right_yellows)  return result

用这几个简单的 case 来验证正确性：

print minimumOperations("ryr") == 0print minimumOperations("rrr") == 1print minimumOperations("yry") == 3print minimumOperations("yrry") == 3print minimumOperations("yryry") == 2print minimumOperations("rrryyyryyyrr") == 1print minimumOperations("rrryyyrryyyrr") == 2print minimumOperations("ryrrrrrrrrryr") == 1

都是 True，没啥猫饼，不过问题是：太慢了。

对于 10⁵ 规模的题目，O(n^3) 的解法，连提交上去碰运气的必要都没有。

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- 解² -

前述 解³ 的原始算法时间复杂度其实是 n⁵ ，因为不仅需要枚举 i、j（n²），而且还应该分别遍历每一段（n³），不过具体代码在枚举 i、j 的时候顺便用 left_yellows 和 middle_reds 作为缓存，因此 [0, i] 和 [i+1, j] 这两段的值可以用 O(1) 的时间得到。

依此类推，能否也缓存 right_yellows 呢？

一旦有了思路，代码实现就很简单了：

def minimumOperations(leaves):  right_yellows = [0] * len(leaves)  n = 0  for i in range(len(leaves) - 1, -1, -1):    if leaves[i] == 'y':      n += 1    right_yellows[i] = n  result = len(leaves)  left_yellows = 0  for i in range(len(leaves) - 2):    if leaves[i] == 'y':      left_yellows += 1    middle_reds = 0    for j in range(i + 1, len(leaves) - 1):      if leaves[j] == 'r':        middle_reds += 1      result = min(result, left_yellows + middle_reds + right_yellows[j+1])  return result

既然成功将时间复杂度降到了 O(n²)，那就抱着侥幸的心理提交试试：

然后就又被教做人了。

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- 解¹ -

解² 已经把能缓存的都缓存了，枚举 i、j 的 O(n²）无论如何没法省了，只能 摔键盘放弃 另辟蹊径。

前面的方法，本质上是把这个问题拆成 3 个小问题来解决：我们最终需要的是 "ryr" 的结构，把 "ryr" 拆成 "r"、"y"、"r"。

但这三个问题之间不是独立的：需要确定 i 才能计算 [i+1, j]、需要确定 j 才能计算 [j + 1, n-1] ；用DP术语来说，就是不满足“无后效性”。

那么我们能否把这个问题拆成更小的、互不依赖的问题来解决？

比如说，拆成 "r" 和 "yr"：

• left_r 表示左边全都是 red，可以用 O(1) 的时间（缓存）计算出

• right_yr 表示右边由 yellow 和 red 组成，需要 O(n) 的时间计算

看起来还是 O(n²)，不过值得关注的是：

• 因为要枚举 i ，所以我们需要所有的 right_yr[0..n-1]

• 而 right_yr[j] 可以由 right_yr[j + 1] 和 right_r[j + 1] 计算出

right_yr[j] = min(  right_yr[j + 1], #右边是 "yr" 结构  right_r[j + 1]   #右边是 "r" 结构) + (1 if leaves[j] == 'r' else 0)  # leaves[j] 是 red 的话需要换成 yellow

这意味着，我们可以先用 O(n) 的时间计算出所有 right_yr ，然后再用 O(n) 时间求出：

min(left_r(i) + right_yr(i+1) for each i)

于是问题就这么解决了？

需要注意的是：min(left_r + right_yr) 并不能得到最优解，还需要考虑 min(left_ry + right_r) 和 min(left_ry + right_yr) ，不过套路一样，细节就不展开了。

最后 AC 的代码长这样：

def minimumOperationsFast(leaves):  n = len(leaves)  left_r = [0] * n  left_ry = [n] * n  left_reds = 0  for i in range(n):    if leaves[i] == 'r':      left_reds += 1    left_r[i] = i + 1 - left_reds    if i > 0:      left_ry[i] = min(left_r[i-1], left_ry[i-1])      if leaves[i] == 'r':        left_ry[i] += 1  right_r = [0] * n  right_yr = [n] * n  right_reds = 0  for j in range(n - 1, -1, -1):    if leaves[j] == 'r':      right_reds += 1    right_r[j] = n - j - right_reds    if j < n - 1:      right_yr[j] = min(right_r[j+1], right_yr[j+1])      if leaves[j] == 'r':        right_yr[j] += 1  result = n  for i in range(1, n - 1):    result = min(      result,      left_r[i] + right_yr[i + 1],      left_ry[i] + right_r[i + 1],      left_ry[i] + right_yr[i + 1]    )  return result

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- 1 -

这么有区分度的题，好像很适合面试，只可惜题面描述起来有点困难，还是算了。

有什么不理解的地方欢迎留言探讨，喜欢的话记得点“在看”，感谢阅读~

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