题目列表

3136. 有效单词

3137. K 周期字符串需要的最少操作次数

3138. 同位字符串连接的最小长度

3139. 使数组中所有元素相等的最小开销

一、有效单词

 按照题目要求，统计个数，看是否符合条件即可，代码如下

class Solution {
public:bool isValid(string word) {string str = "aeiou";if(word.size()<3) return false;bool flag1 = false, flag2 = false;for(auto e:word){if(isdigit(e)) continue;if(isalpha(e)){if(str.find(tolower(e))==string::npos) flag1 = true;else flag2 = true;}else{return false;}}return flag1&&flag2;}
};

二、K周期字符串需要的最少操作次数

这题本质就是要将所给字符串分成长度为k的一个个子串，然后找这些子串中出现次数最多的，将其他的子串换成出现次数最多的子串，这样我们的操作次数最少。

这里要能想明白：题目要求我们将字符串变成周期为k的字符串<=>我们将字符串分成长度为k的子串，使得子串相同

代码如下

class Solution {
public:int minimumOperationsToMakeKPeriodic(string word, int k) {int n = word.size();int ans = 0;unordered_map<string,int>cnt;for(int i=0;i<n;i+=k){ans = max(ans,++cnt[word.substr(i,k)]);}return n/k - ans;}
};

三、同位字符串连接的最小长度

这题只要从小到大枚举可以的最小长度即可，可能有人觉得这样做会超时，但是不会，因为我们枚举的数是有条件的，它们得是字符串长度的因子，因为题目的第一句话就说我们要用字符串t和若干个t的同位字符串连接成s，而10^5以内的数的因子个数并不是很多，然后我们只要判断字符串是否能拆分成同位字符串即可，代如下码

class Solution {
public:int minAnagramLength(string s) {int n = s.size();vector<vector<int>>pre(n+1,vector<int>(26));for(int i=0;i<n;i++){pre[i+1]=pre[i];pre[i+1][s[i]-'a']++;}for(int i=1;i<=n;i++){// 枚举长度if(n%i) continue;// i得是n的因子bool flag = true;for(int j=2*i;j<=n;j+=i){for(int k=0;k<26;k++){if(pre[i][k]!=pre[j][k]-pre[j-i][k]){flag = false;goto end;}}}end:if(flag) return i;            }return -1;}
};

四、使数组中所有元素相等的最小开销

这题纯纯数学题，两个操作需要我们进行选择，是优先选择操作一，还是优先操作方案二，或者其他选法？

首先，我们肯定能想到如果cost1*2<=cost2，也就是说平均一次+1操作，操作一的开销更少，那么我们肯定选操作一将所有的数增大为数组中的最大值，这样的开销最少。

那么如果cost1*2>cost2呢？也就是说平均一次+1操作，操作二的开销更少，即我们需要优先进行操作二，让所有小于最大值的数尽可能的往最大值靠近，如果无法进行操作二，我们就选择操作一

可能很多人会这么想，但是这样做并不正确，因为如果开销操作二的足够小，操作一的开销足够大，那么我们完全可以将选一个更大的最大值，从而选择在进行多次操作二，以实现所有数字相同

也就是说我们不确定哪一个数作为最大值会最优，所以我们可以枚举最大值。

那么最大值的上界在哪里呢？我们总不能往后一直枚举。在说明这个问题之前，我们先来想想当我们选定一个最大值时，如何尽可能的选择操作二？如下

从上图可知：

1、mx <= s - mx时，花销为s/2*cost2+(s&1)*cost1

2、mx > s - mx时，花销为(s-mx)*cost2+(mx-(s-mx))*cost1=cost2*(s-mx)+cost1*(2mx-s)

其中mx为需要增加到最大值的最大+1次数，s为总共+1次数

那么我们如何确定我们的枚举上界呢？我们知道当我们的枚举上界越大时，需要+1的次数也会更多，从mx 和 s - mx 的不等式来看，mx的增加次数远远小于s - mx的增加次数，也就是说mx<=s-mx会一直保持不变，花销【s/2*cost2+(s&1)*cost1】只会越来越大所以我们枚举到mx <= s - mx时即可

设枚举到x即可，mn=min(nums)，mx=max(nums)，s为x=mx时，总共+1次数

2*(x - mn) <= s + (x - mx)*n  =>  x >= (n*mx-2*mn-s)/(n-2) 所以x最多为2*mx

代码如下

class Solution {const int MOD = 1e9+7;
public:int minCostToEqualizeArray(vector<int>& nums, int c1, int c2) {int n = nums.size();long long s = 0;int mx = ranges::max(nums);int mn = ranges::min(nums);for(auto x:nums) s += mx - x;if(c1*2<=c2) return s*c1%MOD;long long ans = LLONG_MAX;for(int x=mx;x<=2*mx;x++){int d = x - mn;long long res;if(d<=s-d) res = s/2*c2+s%2*c1;else res = (s-d)*c2 +(d*2-s)*c1;ans=min(ans,res);s += n;}return ans%MOD;}
};