1686. 石子游戏 VI
Alice 和 Bob 轮流玩一个游戏，Alice 先手。
一堆石子里总共有 n 个石子，轮到某个玩家时，他可以 移出 一个石子并得到这个石子的价值。Alice 和 Bob 对石子价值有 不一样的的评判标准 。双方都知道对方的评判标准。
给你两个长度为 n 的整数数组 aliceValues 和 bobValues 。aliceValues[i] 和 bobValues[i] 分别表示 Alice 和 Bob 认为第 i 个石子的价值。
所有石子都被取完后，得分较高的人为胜者。如果两个玩家得分相同，那么为平局。两位玩家都会采用 最优策略 进行游戏。
请你推断游戏的结果，用如下的方式表示：
如果 Alice 赢，返回 1 。
如果 Bob 赢，返回 -1 。
如果游戏平局，返回 0 。
示例 1：
输入：aliceValues = [1,3], bobValues = [2,1]
输出：1
解释：
如果 Alice 拿石子 1 （下标从 0开始），那么 Alice 可以得到 3 分。
Bob 只能选择石子 0 ，得到 2 分。
Alice 获胜。
示例 2：
输入：aliceValues = [1,2], bobValues = [3,1]
输出：0
解释：
Alice 拿石子 0 ， Bob 拿石子 1 ，他们得分都为 1 分。
打平。
示例 3：
输入：aliceValues = [2,4,3], bobValues = [1,6,7]
输出：-1
解释：
不管 Alice 怎么操作，Bob 都可以得到比 Alice 更高的得分。
比方说，Alice 拿石子 1 ，Bob 拿石子 2 ， Alice 拿石子 0 ，Alice 会得到 6 分而 Bob 得分为 7 分。
Bob 会获胜。
提示：
n == aliceValues.length == bobValues.length
1 <= n <= 1e5
1 <= aliceValues[i], bobValues[i] <= 100
贪心做法：
class Solution {
public:
int stoneGameVI(vector<int>& aliceValues, vector<int>& bobValues) {
int n = aliceValues.size();
vector<pair<int, int>> diff(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
diff[i] = {aliceValues[i] + bobValues[i], i};
}
sort(diff.begin(), diff.end(), greater<pair<int, int>>());
int aliceScore = 0, bobScore = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int idx = diff[i].second;
if (i % 2 == 0) {
aliceScore += aliceValues[idx];
} else {
bobScore += bobValues[idx];
}
}
if (aliceScore > bobScore) {
return 1;
} else if (aliceScore < bobScore) {
return -1;
} else {
return 0;
}
}
};
1690. 石子游戏 VII
石子游戏中，爱丽丝和鲍勃轮流进行自己的回合，爱丽丝先开始 。
有 n 块石子排成一排。每个玩家的回合中，可以从行中 移除 最左边的石头或最右边的石头，并获得与该行中剩余石头值之 和 相等的得分。当没有石头可移除时，得分较高者获胜。
鲍勃发现他总是输掉游戏（可怜的鲍勃，他总是输），所以他决定尽力 减小得分的差值 。爱丽丝的目标是最大限度地 扩大得分的差值 。
给你一个整数数组 stones ，其中 stones[i] 表示 从左边开始 的第 i 个石头的值，如果爱丽丝和鲍勃都 发挥出最佳水平 ，请返回他们 得分的差值 。
示例 1：
输入：stones = [5,3,1,4,2]
输出：6
解释：
- 爱丽丝移除 2 ，得分 5 + 3 + 1 + 4 = 13 。游戏情况：爱丽丝 = 13 ，鲍勃 = 0 ，石子 = [5,3,1,4] 。
- 鲍勃移除 5 ，得分 3 + 1 + 4 = 8 。游戏情况：爱丽丝 = 13 ，鲍勃 = 8 ，石子 = [3,1,4] 。
- 爱丽丝移除 3 ，得分 1 + 4 = 5 。游戏情况：爱丽丝 = 18 ，鲍勃 = 8 ，石子 = [1,4] 。
- 鲍勃移除 1 ，得分 4 。游戏情况：爱丽丝 = 18 ，鲍勃 = 12 ，石子 = [4] 。
- 爱丽丝移除 4 ，得分 0 。游戏情况：爱丽丝 = 18 ，鲍勃 = 12 ，石子 = [] 。
得分的差值 18 - 12 = 6 。
示例 2：
输入：stones = [7,90,5,1,100,10,10,2]
输出：122
提示：
n == stones.length
2 <= n <= 1000
1 <= stones[i] <= 1000
博弈DP 没有思路参考了题解：
class Solution {
int p[1010], q[1010];
int f[1010][1010];
public:
int stoneGameVII(vector<int>& a) {
int n = a.size();
for (int i = 1; i <= n; i++)
p[i] = a[i - 1], q[i] = q[i - 1] + p[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
f[i][i] = p[i];
for (int i = n; i >= 1; i--) {
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
int x = q[j] - q[i];
int y = q[j - 1] - q[i - 1];
f[i][j] = min(p[i] + x - f[i + 1][j], p[j] + y - f[i][j - 1]);
}
}
return q[n] - f[1][n];
}
};
292. Nim 游戏
你和你的朋友，两个人一起玩 Nim 游戏：
桌子上有一堆石头。
- 你们轮流进行自己的回合， 你作为先手 。
- 每一回合，轮到的人拿掉 1 - 3 块石头。
- 拿掉最后一块石头的人就是获胜者。
- 假设你们每一步都是最优解。请编写一个函数，来判断你是否可以在给定石头数量为 n 的情况下赢得游戏。如果可以赢，返回 true；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：n = 4
输出：false
解释：以下是可能的结果:
- 移除1颗石头。你的朋友移走了3块石头，包括最后一块。你的朋友赢了。
- 移除2个石子。你的朋友移走2块石头，包括最后一块。你的朋友赢了。
3.你移走3颗石子。你的朋友移走了最后一块石头。你的朋友赢了。
在所有结果中，你的朋友是赢家。
示例 2：
输入：n = 1
输出：true
示例 3：
输入：n = 2
输出：true
实际上是一个数学题(博弈论？)：
class Solution {
public:
bool canWinNim(int n) {
return n % 4 != 0;
}
};
1696. 跳跃游戏 VI
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 k 。
一开始你在下标 0 处。每一步，你最多可以往前跳 k 步，但你不能跳出数组的边界。也就是说，你可以从下标 i 跳到 [i + 1， min(n - 1, i + k)] 包含 两个端点的任意位置。
你的目标是到达数组最后一个位置（下标为 n - 1 ），你的 得分 为经过的所有数字之和。
请你返回你能得到的 最大得分 。
示例 1：
输入：nums = [1,-1,-2,4,-7,3], k = 2
输出：7
解释：你可以选择子序列 [1,-1,4,3] （上面加粗的数字），和为 7 。
示例 2：
输入：nums = [10,-5,-2,4,0,3], k = 3
输出：17
解释：你可以选择子序列 [10,4,3] （上面加粗数字），和为 17 。
示例 3：
输入：nums = [1,-5,-20,4,-1,3,-6,-3], k = 2
输出：0
提示：
1 <= nums.length, k <= 1e5
-104 <= nums[i] <= 1e4
单调队列+DP ：
class Solution {
public:
int maxResult(vector<int> &nums, int k) {
deque<int> q = {0};
for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
// 1. 出
if (q.front() < i - k) {
q.pop_front();
}
// 2. 转移
nums[i] += nums[q.front()];
// 3. 入
while (!q.empty() && nums[i] >= nums[q.back()]) {
q.pop_back();
}
q.push_back(i);
}
return nums.back();
}
};
LCP 30. 魔塔游戏
小扣当前位于魔塔游戏第一层，共有 N 个房间，编号为 0 ~ N-1。每个房间的补血道具/怪物对于血量影响记于数组 nums，其中正数表示道具补血数值，即血量增加对应数值；负数表示怪物造成伤害值，即血量减少对应数值；0 表示房间对血量无影响。
小扣初始血量为 1，且无上限。假定小扣原计划按房间编号升序访问所有房间补血/打怪，为保证血量始终为正值，小扣需对房间访问顺序进行调整，每次仅能将一个怪物房间（负数的房间）调整至访问顺序末尾。请返回小扣最少需要调整几次，才能顺利访问所有房间。若调整顺序也无法访问完全部房间，请返回 -1。
示例 1：
输入：nums = [100,100,100,-250,-60,-140,-50,-50,100,150]
输出：1
解释：初始血量为 1。至少需要将 nums[3] 调整至访问顺序末尾以满足要求。
示例 2：
输入：nums = [-200,-300,400,0]
输出：-1
解释：调整访问顺序也无法完成全部房间的访问。
提示：
1 <= nums.length <= 10^5
-10^5 <= nums[i] <= 10^5
参考了题解，贪心+优先队列：
class Solution {
public:
int magicTower(vector<int>& nums) {
int numsSize = nums.size();
long long sum = 0;
for (int i = 0; i < numsSize; i++) {
sum += nums[i];
}
if (sum < 0)
return -1;
int cnt = 0;
long long hp = 1;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> que;
for (int i = 0; i < numsSize; i++) {
que.emplace(nums[i]);
while (hp + nums[i] <= 0) {
cnt++;
hp -= que.top();
que.pop();
}
hp += nums[i];
}
return cnt;
}
};
2641. 二叉树的堂兄弟节点 II
给你一棵二叉树的根 root ，请你将每个节点的值替换成该节点的所有 堂兄弟节点值的和 。
如果两个节点在树中有相同的深度且它们的父节点不同，那么它们互为 堂兄弟 。
请你返回修改值之后，树的根 root 。
注意，一个节点的深度指的是从树根节点到这个节点经过的边数。
示例 1：
输入：root = [5,4,9,1,10,null,7]
输出：[0,0,0,7,7,null,11]
解释：上图展示了初始的二叉树和修改每个节点的值之后的二叉树。
- 值为 5 的节点没有堂兄弟，所以值修改为 0 。
- 值为 4 的节点没有堂兄弟，所以值修改为 0 。
- 值为 9 的节点没有堂兄弟，所以值修改为 0 。
- 值为 1 的节点有一个堂兄弟，值为 7 ，所以值修改为 7 。
- 值为 10 的节点有一个堂兄弟，值为 7 ，所以值修改为 7 。
- 值为 7 的节点有两个堂兄弟，值分别为 1 和 10 ，所以值修改为 11 。
示例 2：
输入：root = [3,1,2]
输出：[0,0,0]
解释：上图展示了初始的二叉树和修改每个节点的值之后的二叉树。
- 值为 3 的节点没有堂兄弟，所以值修改为 0 。
- 值为 1 的节点没有堂兄弟，所以值修改为 0 。
- 值为 2 的节点没有堂兄弟，所以值修改为 0 。
提示：
树中节点数目的范围是 [1, 1e5] 。
1 <= Node.val <= 1e4
菜鸡不会这题，读者可以看看灵神题解：
class Solution {
public:
TreeNode *replaceValueInTree(TreeNode *root) {
root->val = 0;
vector<TreeNode*> q = {root};
while (!q.empty()) {
vector<TreeNode*> nxt;
// 计算下一层的节点值之和
int next_level_sum = 0;
for (auto node : q) {
if (node->left) {
nxt.push_back(node->left);
next_level_sum += node->left->val;
}
if (node->right) {
nxt.push_back(node->right);
next_level_sum += node->right->val;
}
}
// 再次遍历，更新下一层的节点值
for (auto node : q) {
int children_sum = (node->left ? node->left->val : 0) +
(node->right ? node->right->val : 0);
if (node->left) node->left->val = next_level_sum - children_sum;
if (node->right) node->right->val = next_level_sum - children_sum;
}
q = move(nxt);
}
return root;
}
};
题解：BFS+算两次
993. 二叉树的堂兄弟节点
在二叉树中，根节点位于深度 0 处，每个深度为 k 的节点的子节点位于深度 k+1 处。
如果二叉树的两个节点深度相同，但 父节点不同 ，则它们是一对堂兄弟节点。
我们给出了具有唯一值的二叉树的根节点 root ，以及树中两个不同节点的值 x 和 y 。
只有与值 x 和 y 对应的节点是堂兄弟节点时，才返回 true 。否则，返回 false。
示例 1：
输入：root = [1,2,3,4], x = 4, y = 3
输出：false
示例 2：
输入：root = [1,2,3,null,4,null,5], x = 5, y = 4
输出：true
示例 3：
输入：root = [1,2,3,null,4], x = 2, y = 3
输出：false
提示：
二叉树的节点数介于 2 到 100 之间。
每个节点的值都是唯一的、范围为 1 到 100 的整数。
深度优先搜索DFS:
/**
* 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 isCousins(TreeNode* root, int x, int y) {
bool ans = false;
int depth = 0;
TreeNode* father = nullptr;
function<bool(TreeNode*, TreeNode*, int)> dfs =
[&](TreeNode* node, TreeNode* fa, int d) -> bool {
if (node == nullptr) {
return false;
}
if (node->val == x || node->val == y) {
if (depth) {
ans = depth == d && father != fa;
return true;
}
depth = d;
father = fa;
}
return dfs(node->left, node, d + 1) ||
dfs(node->right, node, d + 1);
};
dfs(root, nullptr, 1);
return ans;
}
};
236. 二叉树的最近公共祖先
给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。
百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个节点 p、q，最近公共祖先表示为一个节点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”
示例 1：
输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 1
输出：3
解释：节点 5 和节点 1 的最近公共祖先是节点 3 。
示例 2：
输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 4
输出：5
解释：节点 5 和节点 4 的最近公共祖先是节点 5 。因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。
示例 3：
输入：root = [1,2], p = 1, q = 2
输出：1
提示：
树中节点数目在范围 [2, 1e5] 内。
-1e9 <= Node.val <= 1e9
所有 Node.val 互不相同 。
p != q
p 和 q 均存在于给定的二叉树中。
参考了题解，递归：
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
if (root == nullptr || root == p || root == q) {
return root;
}
auto left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
auto right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
if (left && right) {
return root;
}
return left ? left : right;
}
};
94. 二叉树的中序遍历
给定一个二叉树的根节点 root ，返回 它的 中序 遍历 。
示例 1：
输入：root = [1,null,2,3]
输出：[1,3,2]
示例 2：
输入：root = []
输出：[]
示例 3：
输入：root = [1]
输出：[1]
提示：
树中节点数目在范围 [0, 100] 内
-100 <= Node.val <= 100
进阶: 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？
数据结构基础：
/**
* 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 {
void midorder(TreeNode* cur, vector<int>& vec) {
if (cur == NULL) {
return;
}
midorder(cur->left, vec);
vec.push_back(cur->val);
midorder(cur->right, vec);
}
public:
vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
vector<int> vec;
midorder(root, vec);
return vec;
}
};
144. 二叉树的前序遍历
给你二叉树的根节点 root ，返回它节点值的 前序 遍历。
示例 1：
输入：root = [1,null,2,3]
输出：[1,2,3]
示例 2：
输入：root = []
输出：[]
示例 3：
输入：root = [1]
输出：[1]
示例 4：
输入：root = [1,2]
输出：[1,2]
示例 5：
输入：root = [1,null,2]
输出：[1,2]
提示：
树中节点数目在范围 [0, 100] 内
-100 <= Node.val <= 100
进阶：递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？
过年福利，数据结构基础：
/**
* 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:
void preorder(TreeNode* root, vector<int>& vec) {
if (root == NULL) {
return;
}
vec.push_back(root->val);
preorder(root->left, vec);
preorder(root->right, vec);
}
vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
vector<int> vec;
preorder(root, vec);
return vec;
}
};
145. 二叉树的后序遍历
给你一棵二叉树的根节点 root ，返回其节点值的 后序遍历 。
示例 1：
输入：root = [1,null,2,3]
输出：[3,2,1]
示例 2：
输入：root = []
输出：[]
示例 3：
输入：root = [1]
输出：[1]
提示：
树中节点的数目在范围 [0, 100] 内
-100 <= Node.val <= 100
进阶：递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？
仍然是数据结构基础：
/**
* 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:
void lastorder(TreeNode *cur,vector<int> &vec){
if(cur==NULL){
return;
}
lastorder(cur->left,vec);
lastorder(cur->right,vec);
vec.push_back(cur->val);
}
vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
vector<int> vec;
lastorder(root,vec);
return vec;
}
};
987. 二叉树的垂序遍历
给你二叉树的根结点 root ，请你设计算法计算二叉树的 垂序遍历 序列。
对位于 (row, col) 的每个结点而言，其左右子结点分别位于 (row + 1, col - 1) 和 (row + 1, col + 1) 。树的根结点位于 (0, 0) 。
二叉树的 垂序遍历 从最左边的列开始直到最右边的列结束，按列索引每一列上的所有结点，形成一个按出现位置从上到下排序的有序列表。如果同行同列上有多个结点，则按结点的值从小到大进行排序。
返回二叉树的 垂序遍历 序列。
示例 1：
输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[[9],[3,15],[20],[7]]
解释：
列 -1 ：只有结点 9 在此列中。
列 0 ：只有结点 3 和 15 在此列中，按从上到下顺序。
列 1 ：只有结点 20 在此列中。
列 2 ：只有结点 7 在此列中。
示例 2：
输入：root = [1,2,3,4,5,6,7]
输出：[[4],[2],[1,5,6],[3],[7]]
解释：
列 -2 ：只有结点 4 在此列中。
列 -1 ：只有结点 2 在此列中。
列 0 ：结点 1 、5 和 6 都在此列中。
1 在上面，所以它出现在前面。
5 和 6 位置都是 (2, 0) ，所以按值从小到大排序，5 在 6 的前面。
列 1 ：只有结点 3 在此列中。
列 2 ：只有结点 7 在此列中。
示例 3：
输入：root = [1,2,3,4,6,5,7]
输出：[[4],[2],[1,5,6],[3],[7]]
解释：
这个示例实际上与示例 2 完全相同，只是结点 5 和 6 在树中的位置发生了交换。
因为 5 和 6 的位置仍然相同，所以答案保持不变，仍然按值从小到大排序。
提示：
树中结点数目总数在范围 [1, 1000] 内
0 <= Node.val <= 1000
菜鸡不会orz 看了大佬们的题解（DFS+哈希）：
class Solution {
map<int, vector<pair<int, int>>> groups;
void dfs(TreeNode* node, int row, int col) {
if (node == nullptr) {
return;
}
groups[col].emplace_back(row, node->val);
dfs(node->left, row + 1, col - 1);
dfs(node->right, row + 1, col + 1);
}
public:
vector<vector<int>> verticalTraversal(TreeNode* root) {
dfs(root, 0, 0);
vector<vector<int>> ans;
for (auto& [_, g] : groups) {
ranges::sort(g);
vector<int> vals;
for (auto& [_, val] : g) {
vals.push_back(val);
}
ans.push_back(vals);
}
return ans;
}
};
102. 二叉树的层序遍历
给你二叉树的根节点 root ，返回其节点值的 层序遍历 。 （即逐层地，从左到右访问所有节点）。
示例 1：
输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[[3],[9,20],[15,7]]
示例 2：
输入：root = [1]
输出：[[1]]
示例 3：
输入：root = []
输出：[]
提示：
树中节点数目在范围 [0, 2000] 内
-1000 <= Node.val <= 1000
BFS+队列：
/**
* 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:
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
queue<TreeNode*> que;
vector<vector<int>> result;
if (root != NULL)
que.push(root);
while (!que.empty()) {
int size = que.size();
vector<int> vec;
for (int i = 0; i < size; i++) {
TreeNode* node = que.front();
que.pop();
vec.push_back(node->val);
if (node->left)
que.push(node->left);
if (node->right)
que.push(node->right);
}
result.push_back(vec);
}
return result;
}
};
107. 二叉树的层序遍历 II
给你二叉树的根节点 root ，返回其节点值 自底向上的层序遍历 。 （即按从叶子节点所在层到根节点所在的层，逐层从左向右遍历）
示例 1：
输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[[15,7],[9,20],[3]]
示例 2：
输入：root = [1]
输出：[[1]]
示例 3：
输入：root = []
输出：[]
提示：
树中节点数目在范围 [0, 2000] 内
-1000 <= Node.val <= 1000
对比上一道题，只需反转最后的result：
/**
* 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:
vector<vector<int>> levelOrderBottom(TreeNode* root) {
queue<TreeNode*> que;
vector<vector<int>> result;
if (root != NULL)
que.push(root);
while (!que.empty()) {
int size = que.size();
vector<int> vec;
for (int i = 0; i < size; i++) {
TreeNode* node = que.front();
que.pop();
vec.push_back(node->val);
if (node->left)
que.push(node->left);
if (node->right)
que.push(node->right);
}
result.push_back(vec);
}
reverse(result.begin(), result.end());
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}
};
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