宫水三叶的刷题日记

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2022/10/18阅读:20主题:前端之巅同款

902. 最大为 N 的数字组合 : 经典「数位 DP + 二分」运用题

题目描述

这是 LeetCode 上的 902. 最大为 N 的数字组合 ,难度为 困难

Tag : 「动态规划」、「二分」、「数位 DP」

给定一个按 非递减顺序 排列的数字数组 digits。你可以用任意次数   来写的数字。例如,如果  ,我们可以写数字,如 '13''551', 和 '1351315'

返回 可以生成的小于或等于给定整数 的正整数的个数 。

示例 1:

输入:digits = ["1","3","5","7"], n = 100

输出:20

解释:
可写出的 20 个数字是:
1, 3, 5, 7, 11, 13, 15, 17, 31, 33, 35, 37, 51, 53, 55, 57, 71, 73, 75, 77.

示例 2:

输入:digits = ["1","4","9"], n = 1000000000

输出:29523

解释:
我们可以写 3 个一位数字,9 个两位数字,27 个三位数字,
81 个四位数字,243 个五位数字,729 个六位数字,
2187 个七位数字,6561 个八位数字和 19683 个九位数字。
总共,可以使用D中的数字写出 29523 个整数。

示例 3:

输入:digits = ["7"], n = 8

输出:1

提示:

  •  是从 '1' 到 '9' 的数
  • digits 中的所有值都 不同
  • digits 按 非递减顺序 排列

数位 DP + 二分

这是一道「数位 DP」的经典运用题。

由于题目给定的 digits 不包含 ,因此相当于只需要回答使用 digits 的数值能够覆盖 范围内的多少个数字。

起始先将字符串数组 digits 转为数字数组 nums,假定 nums 的长度为 ,然后考虑如何求得 范围内合法数字的个数。

假定我们存在函数 int dp(int x) 函数,能够返回区间 内合法数的个数,那么配合「容斥原理」我们便能够回答任意区间合法数的查询:

对于本题,查询区间的左端点固定为 ,同时 ,因此答案为

然后考虑如何实现 int dp(int x) 函数,我们将组成 的合法数分成三类:

  • 位数和 相同,且最高位比 最高位要小的,这部分统计为 res1
  • 位数和 相同,且最高位与 最高位相同的,这部分统计为 res2
  • 位数比 少,这部分统计为 res3

其中 res1res3 求解相对简单,重点落在如何求解 res2 上。

进行「从高到低」的处理(假定 数位为 ),对于第 位而言( 不为最高位),假设在 中第 位为 ,那么为了满足「大小限制」关系,我们只能在 范围内取数,同时为了满足「数字只能取自 nums」的限制,因此我们可以利用 nums 本身有序,对其进行二分,找到满足 nums[mid] <= cur 的最大下标 ,根据 的关系进行分情况讨论:

  • : 此时位置 共有 种选择,而后面的每个位置由于 可以使用多次,每个位置都有 种选择,共有 个位置,因此该分支往后共有 种合法方案。且由于 ,往后还有分支可决策(需要统计),因此需要继续处理;
  • :此时算上 ,位置 共有 种选择,而后面的每个位置由于 可以使用多次,每个位置都有 种选择,共有 个位置,因此该分支共有 种合法方案,由于 ,往后的方案数(均满足小于关系)已经在这次被统计完成,累加后进行 break
  • :该分支往后不再满足「大小限制」要求,合法方案数为 ,直接 break

其他细节:实际上,我们可以将 res1res2 两种情况进行合并处理。

代码:

class Solution {
    int[] nums;
    int dp(int x) {
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        while (x != 0) {
            list.add(x % 10);
            x /= 10;
        }
        int n = list.size(), m = nums.length, ans = 0;
        // 位数和 x 相同
        for (int i = n - 1, p = 1; i >= 0; i--, p++) {
            int cur = list.get(i);
            int l = 0, r = m - 1;
            while (l < r) {
                int mid = l + r + 1 >> 1;
                if (nums[mid] <= cur) l = mid;
                else r = mid - 1;
            }
            if (nums[r] > cur) {
                break;
            } else if (nums[r] == cur) {
                ans += r * (int) Math.pow(m, (n - p));
                if (i == 0) ans++;
            } else if (nums[r] < cur) {
                ans += (r + 1) * (int) Math.pow(m, (n - p));
                break;
            }
        }
        // 位数比 x 少的
        for (int i = 1, last = 1; i < n; i++) {
            int cur = last * m;
            ans += cur; last = cur;
        }
        return ans;
    }
    public int atMostNGivenDigitSet(String[] digits, int max) {
        int n = digits.length;
        nums = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) nums[i] = Integer.parseInt(digits[i]);
        return dp(max);
    }
}
  • 时间复杂度:由于 digits 最多存在 个元素,因此二分的复杂度可以忽略,整体复杂度为
  • 空间复杂度:

总结

数位 DP 的难度取决于「限制条件」的多少,而 LC 上仅有的几道数位 DP 题目限制条件都很少,且不需要引入额外的数据结构来记录状态,因此都属于数位 DP 的入门难度(LC 难度均为 Hard)。

几乎所有的数位 DP 问题都可以归纳到上述的解法 :「将问题抽象为求解一个 / 范围方案数的方法」->「对方案数统计根据 位数 来分情况讨论:数位相等的情况 + 数位不等情况」->「统计数位相等的方案数时,需要按位处理,并根据限制条件做逻辑;统计数位不等的方案数时,通常要做一些预处理,然后配合乘法原理直接算得」。

在还没卷到数位 DP 烂大街的现在,掌握此类求解方式单一,普遍定位为「困难」的数位 DP 类型,还是极具性价比的。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.902 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

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