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2810.故障键盘

你的笔记本键盘存在故障，每当你在上面输入字符 'i' 时，它会反转你所写的字符串。而输入其他字符则可以正常工作。

给你一个下标从 0 开始的字符串 s ，请你用故障键盘依次输入每个字符。

返回最终笔记本屏幕上输出的字符串。

示例 1：

输入：s = "string"
输出："rtsng"
解释：
输入第 1 个字符后，屏幕上的文本是："s" 。
输入第 2 个字符后，屏幕上的文本是："st" 。
输入第 3 个字符后，屏幕上的文本是："str" 。
因为第 4 个字符是 'i' ，屏幕上的文本被反转，变成 "rts" 。
输入第 5 个字符后，屏幕上的文本是："rtsn" 。
输入第 6 个字符后，屏幕上的文本是： "rtsng" 。
因此，返回 "rtsng" 。

示例 2：

输入：s = "poiinter"
输出："ponter"
解释：
输入第 1 个字符后，屏幕上的文本是："p" 。
输入第 2 个字符后，屏幕上的文本是："po" 。
因为第 3 个字符是 'i' ，屏幕上的文本被反转，变成 "op" 。
因为第 4 个字符是 'i' ，屏幕上的文本被反转，变成 "po" 。
输入第 5 个字符后，屏幕上的文本是："pon" 。
输入第 6 个字符后，屏幕上的文本是："pont" 。
输入第 7 个字符后，屏幕上的文本是："ponte" 。
输入第 8 个字符后，屏幕上的文本是："ponter" 。
因此，返回 "ponter" 。

提示：

• 1 <= s.length <= 100
• s 由小写英文字母组成
• s[0] != 'i'

1.直接用reverse解决

反转字符串可以直接用reverse来解决，如下：

class Solution {
public:string finalString(string s) {string result=" ";for(char c:s){if(c=='i'){reverse(result.begin(),result.end());}else{result.push_back(c);}}return result;}
};

2.双端队列

遇到字符i时，可以通过栈来实现字符串反转的效果。这是因为栈是后进先出(LIFO)的数据结构，它可以帮助我们将之前输入的字符逆序输出。

但是，用栈的话，无法处理字符串本身没有i这种情况，因此应该使用双端队列。

双端队列思路：

1. 初始化一个双端队列 deque<char> q：双端队列允许我们在队列的头部和尾部都进行添加和删除操作。

2. 使用一个布尔变量 right 来确定插入的方向：当 right 为 true 时，我们在队列的尾部插入字符；当 right 为 false 时，我们在队列的头部插入字符。

3. 遍历输入的字符串 s 中的每个字符：

   • 如果字符是 ‘i’：则将 right 的值取反，即改变插入方向。因此，如果之前是在尾部插入，现在就在头部插入，反之亦然。
   • 如果字符不是 ‘i’ 且 right 为 true：则在双端队列的尾部插入该字符。
   • 如果字符不是 ‘i’ 且 right 为 false：则在双端队列的头部插入该字符。

4. 将双端队列 q 转化为字符串 result：这里，利用了字符串的迭代器构造函数，将 q 的所有字符转化为一个字符串。

5. 检查最后的插入方向：如果最后的插入方向是在头部（即 right 为 false），说明队列中的字符序列是相反的，因此我们需要将 result 反转。

6. 返回结果字符串 result。

   关键思想是，利用双端队列模拟字符串的插入过程，每当遇到字符 ‘i’ 时，改变插入的方向。这种方法的效率很高，因为在双端队列的头部和尾部插入字符的时间复杂度都是 O(1)。

class Solution {
public:string finalString(string s) {//双端队列deque<char>q;bool right = true;//设定一个量用来修改添加方向for(char c:s){if(c=='i'){right=!right;//方向返过来，而且i本身是不管的，所以可以直接else if}else if(right){q.push_back(c);}else {q.push_front(c);}}string result(q.begin(),q.end());//可以直接把双端队列放在字符串里if(!right){//有偶数个i的时候，实际上最后的result是不变的，直接看right是不是true就可以reverse(result.begin(),result.end());}return result;}
};

2811.判断能否拆分数组（比较巧妙的贪心）

给你一个长度为 n 的数组 nums 和一个整数 m 。请你判断能否执行一系列操作，将数组拆分成 n 个 非空 数组。

在每一步操作中，你可以选择一个 长度至少为 2 的现有数组（之前步骤的结果） 并将其拆分成 2 个子数组，而得到的 每个 子数组，至少 需要满足以下条件之一：

• 子数组的长度为 1 ，或者
• 子数组元素之和 大于或等于 m 。

如果你可以将给定数组拆分成 n 个满足要求的数组，返回 true ；否则，返回 false 。

**注意：**子数组是数组中的一个连续非空元素序列。

示例 1：

输入：nums = [2, 2, 1], m = 4
输出：true
解释：
第 1 步，将数组 nums 拆分成 [2, 2] 和 [1] 。
第 2 步，将数组 [2, 2] 拆分成 [2] 和 [2] 。
因此，答案为 true 。

示例 2：

输入：nums = [2, 1, 3], m = 5 
输出：false
解释：
存在两种不同的拆分方法：
第 1 种，将数组 nums 拆分成 [2, 1] 和 [3] 。
第 2 种，将数组 nums 拆分成 [2] 和 [1, 3] 。
然而，这两种方法都不满足题意。因此，答案为 false 。

示例 3：

输入：nums = [2, 3, 3, 2, 3], m = 6
输出：true
解释：
第 1 步，将数组 nums 拆分成 [2, 3, 3, 2] 和 [3] 。
第 2 步，将数组 [2, 3, 3, 2] 拆分成 [2, 3, 3] 和 [2] 。
第 3 步，将数组 [2, 3, 3] 拆分成 [2] 和 [3, 3] 。
第 4 步，将数组 [3, 3] 拆分成 [3] 和 [3] 。
因此，答案为 true 。 

提示：

• 1 <= n == nums.length <= 100
• 1 <= nums[i] <= 100
• 1 <= m <= 200

思路

这道题用的是贪心的思想，只要有两个连续的数字加起来>=m，就可以把除了这俩之外的都拆出去。

也就是说，只要有一组连续数字相加>=m，那么一定可以满足条件2。条件1是一定可以满足的，需要满足的是有两个连续的数字相加>=m。这样最后才能拆出来两个1。

完整版

class Solution {
public:bool canSplitArray(vector<int>& nums, int m) {if(nums.size()==1||nums.size()==2){return true;}for(int i=0;i<nums.size()-1;i++){if(nums[i]+nums[i+1]>=m){return true;}}return false;}
};

这是一种很巧妙的贪心，主要是这道题两个条件满足一个即可，而且数组全是正整数，有两个相加>=m，最后结果一定>=m。

2812.找出最安全路径

给你一个下标从 0 开始、大小为 n x n 的二维矩阵 grid ，其中 (r, c) 表示：

• 如果 grid[r][c] = 1 ，则表示一个存在小偷的单元格
• 如果 grid[r][c] = 0 ，则表示一个空单元格

你最开始位于单元格 (0, 0) 。在一步移动中，你可以移动到矩阵中的任一相邻单元格，包括存在小偷的单元格。

矩阵中路径的 安全系数 定义为：从路径中任一单元格到矩阵中任一小偷所在单元格的 最小 曼哈顿距离。

返回所有通向单元格 (n - 1, n - 1) 的路径中的 最大安全系数 。

单元格 (r, c) 的某个 相邻 单元格，是指在矩阵中存在的 (r, c + 1)、(r, c - 1)、(r + 1, c) 和 (r - 1, c) 之一。

两个单元格 (a, b) 和 (x, y) 之间的 曼哈顿距离 等于 | a - x | + | b - y | ，其中 |val| 表示 val 的绝对值。

示例 1：

2810.故障键盘

你的笔记本键盘存在故障，每当你在上面输入字符 'i' 时，它会反转你所写的字符串。而输入其他字符则可以正常工作。

给你一个下标从 0 开始的字符串 s ，请你用故障键盘依次输入每个字符。

返回最终笔记本屏幕上输出的字符串。

示例 1：

输入：s = "string"
输出："rtsng"
解释：
输入第 1 个字符后，屏幕上的文本是："s" 。
输入第 2 个字符后，屏幕上的文本是："st" 。
输入第 3 个字符后，屏幕上的文本是："str" 。
因为第 4 个字符是 'i' ，屏幕上的文本被反转，变成 "rts" 。
输入第 5 个字符后，屏幕上的文本是："rtsn" 。
输入第 6 个字符后，屏幕上的文本是： "rtsng" 。
因此，返回 "rtsng" 。

示例 2：

输入：s = "poiinter"
输出："ponter"
解释：
输入第 1 个字符后，屏幕上的文本是："p" 。
输入第 2 个字符后，屏幕上的文本是："po" 。
因为第 3 个字符是 'i' ，屏幕上的文本被反转，变成 "op" 。
因为第 4 个字符是 'i' ，屏幕上的文本被反转，变成 "po" 。
输入第 5 个字符后，屏幕上的文本是："pon" 。
输入第 6 个字符后，屏幕上的文本是："pont" 。
输入第 7 个字符后，屏幕上的文本是："ponte" 。
输入第 8 个字符后，屏幕上的文本是："ponter" 。
因此，返回 "ponter" 。

提示：

• 1 <= s.length <= 100
• s 由小写英文字母组成
• s[0] != 'i'

1.直接用reverse解决

反转字符串可以直接用reverse来解决，如下：

class Solution {
public:string finalString(string s) {string result=" ";for(char c:s){if(c=='i'){reverse(result.begin(),result.end());}else{result.push_back(c);}}return result;}
};

2.双端队列

遇到字符i时，可以通过栈来实现字符串反转的效果。这是因为栈是后进先出(LIFO)的数据结构，它可以帮助我们将之前输入的字符逆序输出。

但是，用栈的话，无法处理字符串本身没有i这种情况，因此应该使用双端队列。

双端队列思路：

1. 初始化一个双端队列 deque<char> q：双端队列允许我们在队列的头部和尾部都进行添加和删除操作。

2. 使用一个布尔变量 right 来确定插入的方向：当 right 为 true 时，我们在队列的尾部插入字符；当 right 为 false 时，我们在队列的头部插入字符。

3. 遍历输入的字符串 s 中的每个字符：

   • 如果字符是 ‘i’：则将 right 的值取反，即改变插入方向。因此，如果之前是在尾部插入，现在就在头部插入，反之亦然。
   • 如果字符不是 ‘i’ 且 right 为 true：则在双端队列的尾部插入该字符。
   • 如果字符不是 ‘i’ 且 right 为 false：则在双端队列的头部插入该字符。

4. 将双端队列 q 转化为字符串 result：这里，利用了字符串的迭代器构造函数，将 q 的所有字符转化为一个字符串。

5. 检查最后的插入方向：如果最后的插入方向是在头部（即 right 为 false），说明队列中的字符序列是相反的，因此我们需要将 result 反转。

6. 返回结果字符串 result。

   关键思想是，利用双端队列模拟字符串的插入过程，每当遇到字符 ‘i’ 时，改变插入的方向。这种方法的效率很高，因为在双端队列的头部和尾部插入字符的时间复杂度都是 O(1)。

class Solution {
public:string finalString(string s) {//双端队列deque<char>q;bool right = true;//设定一个量用来修改添加方向for(char c:s){if(c=='i'){right=!right;//方向返过来，而且i本身是不管的，所以可以直接else if}else if(right){q.push_back(c);}else {q.push_front(c);}}string result(q.begin(),q.end());//可以直接把双端队列放在字符串里if(!right){//有偶数个i的时候，实际上最后的result是不变的，直接看right是不是true就可以reverse(result.begin(),result.end());}return result;}
};

2811.判断能否拆分数组（比较巧妙的贪心）

给你一个长度为 n 的数组 nums 和一个整数 m 。请你判断能否执行一系列操作，将数组拆分成 n 个 非空 数组。

在每一步操作中，你可以选择一个 长度至少为 2 的现有数组（之前步骤的结果） 并将其拆分成 2 个子数组，而得到的 每个 子数组，至少 需要满足以下条件之一：

• 子数组的长度为 1 ，或者
• 子数组元素之和 大于或等于 m 。

如果你可以将给定数组拆分成 n 个满足要求的数组，返回 true ；否则，返回 false 。

**注意：**子数组是数组中的一个连续非空元素序列。

示例 1：

输入：nums = [2, 2, 1], m = 4
输出：true
解释：
第 1 步，将数组 nums 拆分成 [2, 2] 和 [1] 。
第 2 步，将数组 [2, 2] 拆分成 [2] 和 [2] 。
因此，答案为 true 。

示例 2：

输入：nums = [2, 1, 3], m = 5 
输出：false
解释：
存在两种不同的拆分方法：
第 1 种，将数组 nums 拆分成 [2, 1] 和 [3] 。
第 2 种，将数组 nums 拆分成 [2] 和 [1, 3] 。
然而，这两种方法都不满足题意。因此，答案为 false 。

示例 3：

输入：nums = [2, 3, 3, 2, 3], m = 6
输出：true
解释：
第 1 步，将数组 nums 拆分成 [2, 3, 3, 2] 和 [3] 。
第 2 步，将数组 [2, 3, 3, 2] 拆分成 [2, 3, 3] 和 [2] 。
第 3 步，将数组 [2, 3, 3] 拆分成 [2] 和 [3, 3] 。
第 4 步，将数组 [3, 3] 拆分成 [3] 和 [3] 。
因此，答案为 true 。 

提示：

• 1 <= n == nums.length <= 100
• 1 <= nums[i] <= 100
• 1 <= m <= 200

思路

这道题用的是贪心的思想，只要有两个连续的数字加起来>=m，就可以把除了这俩之外的都拆出去。

也就是说，只要有一组连续数字相加>=m，那么一定可以满足条件2。条件1是一定可以满足的，需要满足的是有两个连续的数字相加>=m。这样最后才能拆出来两个1。

完整版

class Solution {
public:bool canSplitArray(vector<int>& nums, int m) {if(nums.size()==1||nums.size()==2){return true;}for(int i=0;i<nums.size()-1;i++){if(nums[i]+nums[i+1]>=m){return true;}}return false;}
};

这是一种很巧妙的贪心，主要是这道题两个条件满足一个即可，而且数组全是正整数，有两个相加>=m，最后结果一定>=m。

2812.找出最安全路径

给你一个下标从 0 开始、大小为 n x n 的二维矩阵 grid ，其中 (r, c) 表示：

• 如果 grid[r][c] = 1 ，则表示一个存在小偷的单元格
• 如果 grid[r][c] = 0 ，则表示一个空单元格

你最开始位于单元格 (0, 0) 。在一步移动中，你可以移动到矩阵中的任一相邻单元格，包括存在小偷的单元格。

矩阵中路径的 安全系数 定义为：从路径中任一单元格到矩阵中任一小偷所在单元格的 最小 曼哈顿距离。

返回所有通向单元格 (n - 1, n - 1) 的路径中的 最大安全系数 。

单元格 (r, c) 的某个 相邻 单元格，是指在矩阵中存在的 (r, c + 1)、(r, c - 1)、(r + 1, c) 和 (r - 1, c) 之一。

两个单元格 (a, b) 和 (x, y) 之间的 曼哈顿距离 等于 | a - x | + | b - y | ，其中 |val| 表示 val 的绝对值。

示例 1：

输入：grid = [[1,0,0],[0,0,0],[0,0,1]]
输出：0
解释：从 (0, 0) 到 (n - 1, n - 1) 的每条路径都经过存在小偷的单元格 (0, 0) 和 (n - 1, n - 1) 。

示例 2：

输入：grid = [[0,0,1],[0,0,0],[0,0,0]]
输出：2
解释：
上图所示路径的安全系数为 2：
- 该路径上距离小偷所在单元格（0，2）最近的单元格是（0，0）。它们之间的曼哈顿距离为 | 0 - 0 | + | 0 - 2 | = 2 。
可以证明，不存在安全系数更高的其他路径。

示例 3：

输入：grid = [[0,0,0,1],[0,0,0,0],[0,0,0,0],[1,0,0,0]]
输出：2
解释：
上图所示路径的安全系数为 2：
- 该路径上距离小偷所在单元格（0，3）最近的单元格是（1，2）。它们之间的曼哈顿距离为 | 0 - 1 | + | 3 - 2 | = 2 。
- 该路径上距离小偷所在单元格（3，0）最近的单元格是（3，2）。它们之间的曼哈顿距离为 | 3 - 3 | + | 0 - 2 | = 2 。
可以证明，不存在安全系数更高的其他路径。

提示：

• 1 <= grid.length == n <= 400
• grid[i].length == n
• grid[i][j] 为 0 或 1
• grid 至少存在一个小偷

这道题是bfs，笔试考的比较多。先记录一下做法。

class Solution {
public:int maximumSafenessFactor(vector<vector<int>>& grid) {int n = grid.size();vector<vector<int>> dist(n, vector<int>(n, INT_MAX));vector<vector<int>> safe(n, vector<int>(n, 0));queue<pair<int, int>> q;for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == 1) {dist[i][j] = 0;q.push({i, j});}}}vector<vector<int>> dirs = {{0, 1}, {0, -1}, {1, 0}, {-1, 0}};while (!q.empty()) {int r = q.front().first, c = q.front().second;q.pop();for (auto &dir : dirs) {int nr = r + dir[0], nc = c + dir[1];if (nr >= 0 && nr < n && nc >= 0 && nc < n && dist[r][c] + 1 < dist[nr][nc]) {dist[nr][nc] = dist[r][c] + 1;q.push({nr, nc});}}}safe[n-1][n-1] = dist[n-1][n-1];q.push({n-1, n-1});while (!q.empty()) {int r = q.front().first, c = q.front().second;q.pop();for (auto &dir : dirs) {int nr = r + dir[0], nc = c + dir[1];if (nr >= 0 && nr < n && nc >= 0 && nc < n) {int newSafe = min(safe[r][c], dist[nr][nc]);if (newSafe > safe[nr][nc]) {safe[nr][nc] = newSafe;q.push({nr, nc});}}}}return safe[0][0];}
};