SAN == 0 ?

LeetCode daily challenge (2022/09/09)

Fri, 09 Sep 2022 00:00:00 +0000

1996. The Number of Weak Characters in the Game

蠻有趣的題目，跟 354.russian-doll-envelopes 大概有87%像，這種二維排序找大小的問題似乎也是固定套路，兩個方向升、降冪相反就是了，端看題目要求的是甚麼，以 354 這題來說，需求是小信封裝進大信封，所以 x 軸先按升冪排序， y 軸按降冪排序，之後按照 $y_{i+1} > y_{i}$ 的邏輯搜尋即可，因為對 x 已經確定 $x_{i+1} > x_{i}$ 了

本題則剛好相反，需求是要找 weak character ，所以先對 x 軸按降冪排序， y 軸按升幂排序，然後對 y 軸找小於某個特定值的元素個數即可

這裡先弄個簡單的類別，方便閱讀

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struct attrib {
 int atk;
 int def;
 attrib(vector<int>& v) : atk(v[0]), def(v[1]) {};
 bool operator <(const attrib& rhs) const {
 if (this->atk == rhs.atk) return this->def < rhs.def;
 return this->atk > rhs.atk;
 }
 string to_string() {
 return "(" + ::to_string(this->atk) + ", " + ::to_string(this->def) + ")";
 }
};

對於排序好的 props 只需要找出 $def_{i} < max(def)$ 的個數即可，因為已知 $atk_{i} > atk_{i+1}$，如果是 $atk_{i} == atk_{i+1}$ 的情況，則 $def_{i} < def_{i+1}$ ，所以 $max(def)$ 需要隨時更新

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int numberOfWeakCharacters(vector<vector<int>>& properties) {
 vector<attrib> props(properties.begin(), properties.end());
 sort(props.begin(), props.end());
 dump(props);

 int count = 0, max_def = INT_MIN;
 for (auto& p : props) {
 if (p.def < max_def) {
 cout << p.to_string() << endl;
 count++;
 } else
 max_def = p.def;
 }

 return count;
}

void dump(vector<attrib>& vp) {
 for (auto& p : vp)
 cout << p.to_string() << endl;
 cout << "----------------" << endl;
}

以測資 $[[7,7],[1,2],[9,7],[7,3],[3,10],[9,8],[8,10],[4,3],[1,5],[1,5]]$ 來舉例吧，執行後的輸出如下

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(9, 7)
(9, 8)
(8, 10)
(7, 3)
(7, 7)
(4, 3)
(3, 10)
(1, 2)
(1, 5)
(1, 5)
----------------
(7, 3)
(7, 7)
(4, 3)
(1, 2)
(1, 5)
(1, 5)

因為 $atk$ 屬性是降冪排序，所以我們只需要關心 $def$ 屬性即可，按照程式邏輯， $max(def)$ 會依序被更新為 7, 8, 10 ，所以之後只要小於 10 的屬性都會被算進 count 裡，也就是題目要求的解答了

以時間複雜度來說，STL的排序演算法大約是 $O(nlog_2 n)$ ，之後的 for-loop 是 $O(n)$ ，如果直接對輸入的陣列進行操作而不拷貝至新陣列，空間複雜度是 $O(1)$

LeetCode daily challenge (2022/08/31)

Wed, 31 Aug 2022 00:00:00 +0000

417. Pacific Atlantic Water Flow

連續五天都是 matrix 相關的問題啊…

這題一開始就決定用深度優先搜尋配合遞迴的解法，使用正向搜尋的邏輯，也就是題目所說的：假如 heights(x, y) >= heights(x + 1, y) ，河流就可以往 x + 1 的方向流動，結果發現處理重複尋訪的問題實在很煩人，空間複雜度平白多了 O(m*n) 不說，程式邏輯也是奇醜無比，後來靈光一閃，其實可以用反向搜尋，也就是從岸邊開始往內陸尋找上游，這樣就可以完全無視重複尋訪的問題，有點 DP 的感覺…

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void flow(vector<vector<int>>& h, vector<vector<bool>>& t, int row, int col) {
 if(row < 0 || row > m - 1 || col < 0 || col > n - 1) return;
 if (!t[row][col]) {
 t[row][col] = true;

 if (row - 1 >= 0 && h[row][col] <= h[row - 1][col]) flow(h, t, row - 1, col);
 if (col - 1 >= 0 && h[row][col] <= h[row][col - 1]) flow(h, t, row, col - 1);
 if (row + 1 < m && h[row][col] <= h[row + 1][col]) flow(h, t, row + 1, col);
 if (col + 1 < n && h[row][col] <= h[row][col + 1]) flow(h, t, row, col + 1);
 }
}

可以看到規則變成 heights(x, y) <= heights(x + 1, y) 才繼續往 x + 1 的方向走，反正就是一路往上，如果已經是 true 就直接離開，否則先標記成 true 再繼續溯源。這裡的參數 h 就是原始題目輸入的 heights ， t 則是表示座標 (x, y) 可否流至 Pacific Ocean 或是 Atlantic Ocean 的布林陣列，遞迴的起點就是從岸邊開始

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static int m, n;

vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {
 m = heights.size(), n = heights[0].size();
 vector<vector<bool>> toPac(m, vector<bool>(n, false));
 vector<vector<bool>> toAtl(m, vector<bool>(n, false));
 vector<vector<int>> ans;

 for (int p = 0; p < m; p++)
 for (int q = 0; q < n; q++) {
 if (p == m - 1 || q == n - 1)
 flow(heights, toAtl, p, q);
 if (p == 0 || q == 0)
 flow(heights, toPac, p, q);
 }

 for (int x = 0; x < m; x++)
 for (int y = 0; y < n; y++)
 if (toPac[x][y] && toAtl[x][y])
 ans.push_back({ x, y });

 return ans;
}

因為 Pacific Ocean 是在西北方，所以岸邊座標就是 row = 0 和 column = 0 ，而 Atlantic Ocean 是在東南方，所以從 row = m - 1 和 column = n - 1 的位置開始遞迴，最後找出兩個矩陣的交集就是答案了

LeetCode daily challenge (2022/08/27)

Sat, 27 Aug 2022 00:00:00 +0000

363. Max Sum of Rectangle No Larger Than K

乍看是一題複雜度很高的題目，實際上也真的很高，第一次遇到 judge 時間超過1000ms將近2000ms竟然沒有TLE還AC的題目。但也有可能是我做的題目不夠多，少見多怪罷了

題目給定一個 m 列 (row) 和 n 行 (column) 的矩陣 matrix，和一個 k 值，要求返回一個子矩陣內的值相加最接近或等於 k 的值但不大於 k，已知測資矩陣內的每個值皆不大於 k

這種求和的問題第一個直覺都是想到用prefix sum來解決，只不過平常都是用在一維陣列，這題很巧妙地考驗操作 2-d 陣列的技巧，只要稍微在紙上演練一下就可以想出來了

舉個簡單的例子

	C0	C1	C2
R0	1	2	3
R1	4	5	6
R2	7	8	9

可以依列對每一行的值累加，然後得到這樣的prefix sum table

	C0	C1	C2
R0	0	0	0
R1	1	2	3
R2	5	7	9
R3	12	15	18

如果子矩陣取 (R1, C0)~(R2, C1) (4 + 5 + 7 + 8)，只要計算 prefix sum table 中的 (R3, C0) - (R1, C0) + (R3, C1) - (R1, C1) 即可，也就是 (12 - 1) + (15 - 2)

找出規則後就可以開工了，首先建立 prefix sum table

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int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
vector<vector<int>> preSum(m + 1, vector<int>(n, 0));

for (int i = 0; i < m; i++)
 for (int j = 0; j < n; j++)
 preSum[i + 1][j] = preSum[i][j] + matrix[i][j];

這裡要注意的是因為對每一行進行累加，所以 table 的列數要比原本的列數多一

然後用 4 個迴圈按照 (r1, c1), (r2, c2) 的順序找出答案

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int ans = INT_MIN;
for (int r1 = 0; r1 < m; r1++)
 for (int r2 = r1 + 1; r2 <= m; r2++)
 for (int c1 = 0; c1 < n; c1++) {
 int val = 0;
 for (int c2 = c1; c2 < n; c2++) {
 val += preSum[r2][c2] - preSum[r1][c2];

 if (val < k) {
 ans = max(ans, val);
 } else if (val == k) {
 return k;
 }
 }
 }

因為 table 比原本的 matrix 多了一列，所以 r2 的上界是 <= m ，這應該沒甚麼問題，另外這也將子矩陣取單一個數的情況也考慮到了，例如當 k 為 8 的情況，子矩陣應該為 matrix 的 (R2, C1) ，在迴圈裡就是 preSum[3][1] - preSum[2][1]

題目的 hint 有提到 ordered set 和 binary search ，不過我看了一下 discussion 看不出個所以然就放棄了… 改天有空再研究研究

這題的難度大概 90% 來自繁瑣的迴圈過程，沒有紙筆輔助大概很難光靠空想推導出來，當然我是說我自己啦

LeetCode daily challenge (2022/08/26)

Fri, 26 Aug 2022 00:00:00 +0000

869. Reordered Power of 2

好不容易總算等到一題不會複雜到懶得寫，又不會簡單到不屑寫的題目了。不知道為什麼難度被歸在medium，好吧我承認一開始有誤會題意導致第一個submit被WA，下次看到簡單的題目真的不要腦衝，把題意看清楚再動手，戒之慎之

題目要求輸入任意數n，n的每一位數可以任意排列(除了把0放在首位)，如果n可以成為2的指數返回true，否則返回false

很直覺的想法就是把所有可能範圍內的2的指數和輸入的n拆解成array存到set裡，然後比對一下就行了

拆解的方法就是把數字除以10取餘數，除到商數為零即可，因為最後要放到set裡，如果vector裡的數字順序不一樣可能會被視為不同的key，所以先對vector的內容進行排序

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vector<int> disect(int i) {
 vector<int> res;
 for (int j = i; j > 0; j /= 10)
 res.push_back(j % 10);
 sort(res.begin(), res.end());
 return res;
}

因為題目限制輸入的n值範圍為 $ 1 <= n <= 10^9 $，所以對範圍內所有2的指數建立set，i <<= 1 其實就是 i *= 2 的意思，老梗。最後用 std::set 的 find() 尋找相同位數的vector，找得到就 true，反之 false，收工

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set<vector<int>> pool;
bool reorderedPowerOf2(int n) {
 for (int i = 1; i < 1e9; i <<= 1)
 pool.insert(disect(i));

 return pool.find(disect(n)) != pool.end();
}

這code如果直接submit，測完時間大概在10ms上下，直覺應該是disect()直接返回vector<int>的緣故，如果修改為

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void disect(int i, vector<int>& v) {
 for (int j = i; j > 0; j /= 10)
 v.push_back(j % 10);
 sort(v.begin(), v.end());
}

則一舉降為3ms，物件拷貝真的是代價不斐，翻了一下Discuss發現好多宣稱0ms，結果作法大同小異，~~leetcode的judge真的很謎啊~~

使用數學符號

Fri, 12 Aug 2022 09:00:00 +0000

使用KaTeX

行內、區塊

When $a \ne 0$, there are two solutions to $ax^2 + bx + c = 0$ and they are

$$ x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a} $$

羅倫茲方程

$$ \begin{aligned} \dot{x} & = \sigma(y-x) \\ \dot{y} & = \rho x - y - xz \\ \dot{z} & = -\beta z + xy \end{aligned} $$

柯西－史瓦茲不等式

$$ \left( \sum_{k=1}^n a_k b_k \right)^2 \leq \left( \sum_{k=1}^n a_k^2 \right) \left( \sum_{k=1}^n b_k^2 \right) $$

向量外積

$$ \mathbf{V}_1 \times \mathbf{V}_2 = \left| \begin{matrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\[0.3em] \frac{\partial X}{\partial u} & \frac{\partial Y}{\partial u} & 0 \\[0.5em] \frac{\partial X}{\partial v} & \frac{\partial Y}{\partial v} & 0 \end{matrix} \right| $$

投擲 n 個硬幣得到 k 個人頭的機率

$$ P(E) = {n \choose k} p^k (1-p)^{ n-k} $$

An Identity of Ramanujan

$$ \frac{1}{\Bigl(\sqrt{\phi \sqrt{5}}-\phi\Bigr) e^{\frac25 \pi}} = 1+\frac{e^{-2\pi}} {1+\frac{e^{-4\pi}} {1+\frac{e^{-6\pi}} {1+\frac{e^{-8\pi}} {1+\ldots} } } } $$

A Rogers-Ramanujan Identity

$$ 1 + \frac{q^2}{(1-q)}+\frac{q^6}{(1-q)(1-q^2)}+\cdots = \prod_{j=0}^{\infty}\frac{1}{(1-q^{5j+2})(1-q^{5j+3})}, \quad\quad \text{for $|q|<1$}. $$

馬克士威方程

$$ \begin{aligned} \nabla \times \vec{\mathbf{B}} -\ \frac1c\ \frac{\partial\vec{\mathbf{E}}}{\partial t} & = \frac{4\pi}{c}\vec{\mathbf{j}} \\[1.0em] \nabla \cdot \vec{\mathbf{E}} & = 4 \pi \rho \\[0.5em] \nabla \times \vec{\mathbf{E}}\ +\ \frac1c\ \frac{\partial\vec{\mathbf{B}}}{\partial t} & = \vec{\mathbf{0}} \\[1.0em] \nabla \cdot \vec{\mathbf{B}} & = 0 \end{aligned} $$

Inline math: $\varphi = \dfrac{1+\sqrt5}{2}= 1.6180339887…$

Block math: $$ \varphi = 1+\frac{1} {1+\frac{1} {1+\frac{1} {1+\cdots} } } $$

測試

Thu, 11 Aug 2022 01:00:00 +0000

測試貼文

這是一篇測試文章

Tables	Are	Cool
col 1	Hello	$1600
col 2	Hello	$12
col 3	Hello	$1

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