1609. 奇偶树 #广搜 #二叉树的层次遍历

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题意

如果一棵二叉树满足下述几个条件，则可以称为奇偶树 ：

  • 二叉树根节点所在层下标为 0 ，根的子节点所在层下标为 1 ，根的孙节点所在层下标为 2 ，依此类推。

  • 偶数下标 层上的所有节点的值都是 奇 整数，从左到右按顺序 严格递增

  • 奇数下标 层上的所有节点的值都是 偶 整数，从左到右按顺序 严格递减

给定根节点，要求判断该二叉树是否为奇偶树

分析

BFS对于已知根节点，按深度遍历时，十分高效。这里要注意下入队列顺序是从左至右。

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/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool isEvenOddTree(TreeNode* root) {
        queue<TreeNode*> myque;
        myque.push(root);
        int depth = 0;
        while (!myque.empty()) {
            int n = myque.size();
            TreeNode* pre = nullptr, * cur = nullptr;//pre节点为与cur同高的左边节点
            while (n--) { //将当前高度的所有节点都遍历一次
                cur = myque.front(); myque.pop();
                if (depth & 1) {
                    if (cur->val & 1) return false;
                    if (pre != nullptr && pre->val <= cur->val) return false;
                }
                else {
                    if (cur->val % 2 == 0) return false;
                    if (pre != nullptr && pre->val >= cur->val) return false;
                }
                if (cur->left) myque.push(cur->left);
                if (cur->right) myque.push(cur->right);
                pre = cur; 
            }
            depth++;
        }
        return true;
    }
};

1610. 可见点的最大数目 #极角 #排序 #双指针

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题意

你的位置为(posx,poxy)(pos_x, pox_y)，视野角度为angleangle。现给定一组顶点坐标pointspoints。现问你的视野中最多能看到多少个顶点。

样例

分析

感谢@前额叶没长好的讲解！

atan2(y, x)函数，取值范围为(−π,+π](-\pi, +\pi]（你可以理解为，极径从−π-\pi弧度逆时针旋转至π\pi弧度）。当函数返回值为正，即表示从**xx轴逆时针旋转的弧度**，返回值为负，表示从xx轴顺时针旋转的弧度。atan2(y,x)与arctan(y/x)arctan(y/x)的关系如下：

atan2(y,x)={arctan(yx)第一象限或第四象限的点π+arctan(yx)第二象限的点arctan(yx)第三象限的点+π2y>0且x=0−π2y<0且x=0atan2(y,x)=\begin{cases} arctan(\frac{y}{x}) &第一象限或第四象限的点 \\ \pi+arctan(\frac{y}{x}) &第二象限的点 \\ arctan(\frac{y}{x}) &第三象限的点 \\ +\frac{\pi}{2} &y>0且x=0 \\ -\frac{\pi}{2} &y<0且x=0 \end{cases}

由此我们便可利用atan2(y,x)计算(y,x)(y,x)的极角了，我们把点集pointspoints所有点的极角（此时为角度制）都存到一个数组中，对其从小到大排序后，每个弧度代表的点的顺序恰好xoyxoy平面的逆时针方向，为：第三象限->第四象限->第一象限->第四象限。接着，我们通过双指针，便能找到给定区间angleangle下的最多点数。

但是注意，我们要求的是区间实际是一个环，还要考虑到下图中的弧abab，如果直接逆时针从小到大遍历的话，就无法覆盖第二象限与第三象限之间的劣弧abab了。我们不妨再给极角数组中所有点+360∘+360^{\circ}，这样就能将圆环的首尾相连了。由于我们用的是双指针，不会将之前的点重复计入。

image-20201008094506290

另外，建议将角度换算为角度制而不是弧度制，弧度制太小了，容易出现精度问题（wa了8发）

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const double EPS = 1e-8;
class Solution {
public:
    int visiblePoints(vector<vector<int>>& points, int angle, vector<int>& location) {
        vector<double> pangle;
        int cnt = 0, ans = 0;
        for (int i = 0; i < points.size(); i++){
            double dx = location[0] - points[i][0], dy = location[1] - points[i][1];
            if(dx == 0 && dy == 0) //有可能该点与位置点重合
                cnt++;
            else{
                double tmp = 180 * atan2(dy, dx) / acos(-1.0); //求极角
                pangle.push_back(tmp);
                pangle.push_back(tmp + 360);
            }
        }
        sort(pangle.begin(), pangle.end());
        double ang = angle; int hi = 1;
        for (int lo = 0; lo < pangle.size(); lo++){
            while(hi < pangle.size() && 
            (pangle[hi] - pangle[lo] < angle + EPS))
                hi++;
            ans = max(ans, hi - 1 - lo + 1);
        }
        return ans + cnt;
    }
};

1611. 使整数变为0的最少操作次数 #记忆化搜索 #格雷码

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题意

给定整数$ n$，你需要重复执行多次下述操作将其转换为**00** ：

  • 翻转$ n $的二进制表示中最右侧位（第00位）。

  • 如果第$ (i-1)位为位为 1且从第且从第 (i-2)位到第位到第 0位都为位都为 0，则翻转，则翻转 n的二进制表示中的第的二进制表示中的第 i $位。

返回将nn 转换为$ 0 $的最小操作次数。

分析

再次感谢@前额叶没长好的讲解qaq

我们观察这一组数据

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100 -> 101 -> 111 -> 110 -> 010 -> 011 -> 001 -> 000

观察到 100->...->010->...->000是三个位数不同的状态，也就说在操作过程中位数是单调递减的！我们再用多组数据观察发现，要使操作次数最小，他们的操作路径都是固定方向的一条直线！同时上面三个二进制数也是位数发生改变后的首个二进制数 。

不妨设f(xxxxxx)表示将二进制xxxxxx变为0的最小操作次数。

  • 当xxxxxx形如11xxxx时，要使它位数降低，只有题目中的操作二才能做到。我们是不是应该要将后面未知的xxxx变为0000呢，即将11xxxx变为110000，从而满足操作二的执行条件，由此110000通过操作二变为010000。总的来说，就是对11xxxx->…->110000->…->010000->….->000000（只保留了关键步骤），这样的思想就是计算汉诺塔时候用到的思想！故操作次数f(11xxxx)=f(00xxxx)+1+f(010000)（f(00xxxx)表示11xxxx变为110000的操作次数，1表示110000变为010000的操作次数，f(010000)表示从010000变为000000操作次数
  • 当xxxxxx形如10xxxx时，我们就要先将0xxxx转化为10000即将10xxxx变为110000，接下来操作与上面情况相同了。操作次数即为f(10xxxx)=f(10000)-f(xxxx)+1+f(10000)，（f(10000)-f(xxxx)表示将10xxxx变为110000的操作次数）
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class Solution {
private:
    unordered_map<int, int> f;
public:
    int DFS(int n) {
        if (n == 0) return 0;
        if (n == 1) return 1;
        if (f.count(n) > 0) return f[n];
        int hiBit = 1 << 30, loBit = 1 << 29;
        int ans = 0;
        while (hiBit > 0) {
            if (n & hiBit) {
                if (n & loBit) {
                    ans = DFS(n ^ (hiBit | loBit)) + 1 + DFS(loBit);
                    break;
                }
                else {
                    ans = DFS(loBit) - DFS(n ^ hiBit) + 1 + DFS(loBit);
                    break;
                }
            }
            else {
                hiBit >>= 1;
                loBit >>= 1;
            }
        }
        return f[n] = ans;
    }
    int minimumOneBitOperations(int n) {
        f.clear();
        return DFS(n);
    }
};

另外，题目要求的操作实际上，与格雷码的枚举基本一致，可参考此篇题解