LeetCode 周赛 343（2023/04/30）结合「下一个排列」的贪心构造问题

本文主要是介绍LeetCode 周赛 343（2023/04/30）结合「下一个排列」的贪心构造问题，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

本文已收录到 AndroidFamily，技术和职场问题，请关注公众号 [彭旭锐] 提问。

大家好，我是小彭。

今天是五一假期的第二天，打周赛的人数比前一天的双周赛多了，难道大家都只玩一天吗？这场周赛是 LeetCode 第 343 场单周赛，如果不考虑第一题摆烂的翻译，整体题目质量还是很不错哒。

往期回顾：LeetCode 双周赛第 103 场 · 区间求和的树状数组经典应用

周赛概览

Q1. 保龄球游戏的获胜者（Easy）

标签：数组、模拟、计数

Q2. 找出叠涂元素（Medium）

标签：矩阵、散列表、计数

Q3. 前往目标的最小代价（Medium）

标签：最短路、Dijkstra、最小堆

Q4. 字典序最小的美丽字符串（Hard）

标签：贪心、构造

Q1. 保龄球游戏的获胜者（Easy）

https://leetcode.cn/problems/determine-the-winner-of-a-bowling-game/

题目描述

给你两个下标从 0 开始的整数数组 player1 和 player2 ，分别表示玩家 1 和玩家 2 击中的瓶数。

保龄球比赛由 n 轮组成，每轮的瓶数恰好为 10 。

假设玩家在第 i 轮中击中 xi 个瓶子。玩家第 i 轮的价值为：

如果玩家在前两轮中击中了 10 个瓶子，则为 2xi 。
否则，为 xi 。

玩家的得分是其 n 轮价值的总和。

如果玩家 1 的得分高于玩家 2 的得分，则为 1 ；
如果玩家 2 的得分高于玩家 1 的得分，则为 2 ；
如果平局，则为 0 。

示例 1：

输入：player1 = [4,10,7,9], player2 = [6,5,2,3]
输出：1
解释：player1 的得分是 4 + 10 + 2*7 + 2*9 = 46 。
player2 的得分是 6 + 5 + 2 + 3 = 16 。
player1 的得分高于 player2 的得分，所以 play1 在比赛中获胜，答案为 1 。

示例 2：

输入：player1 = [3,5,7,6], player2 = [8,10,10,2]
输出：2
解释：player1 的得分是 3 + 5 + 7 + 6 = 21 。
player2 的得分是 8 + 10 + 2*10 + 2*2 = 42 。
player2 的得分高于 player1 的得分，所以 play2 在比赛中获胜，答案为 2 。

示例 3：

输入：player1 = [2,3], player2 = [4,1]
输出：0
解释：player1 的得分是 2 + 3 = 5 。
player2 的得分是 4 + 1 = 5 。
player1 的得分等于 player2 的得分，所以这一场比赛平局，答案为 0 。

提示：

n == player1.length == player2.length
1 <= n <= 1000
0 <= player1[i], player2[i] <= 10

题解（模拟）

简单模拟题，但题目描述的中文翻译有歧义，而且不能根据示例区分出来：

理解 1：只要最开始的两轮中击中了 10 个瓶子，那么后续得分加倍；
理解 2：任意轮的前两轮中击中了 10 个瓶子，那么该轮得分加倍。

按照理解 2 模拟即可：

class Solution {
    fun isWinner(player1: IntArray, player2: IntArray): Int {
        var cnt1 = 0
        var cnt2 = 0
        for (i in player1.indices) {
            val mul1 = player1.slice(Math.max(0, i - 2) until i).any { it == 10 }
            val mul2 = player2.slice(Math.max(0, i - 2) until i).any { it == 10 }

            cnt1 += if (mul1) 2 * player1[i] else player1[i]
            cnt2 += if (mul2) 2 * player2[i] else player2[i]
        }
        return if (cnt1 == cnt2) 0 else if (cnt1 > cnt2) 1 else 2
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 是 player1 数组的长度；
空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。

Q2. 找出叠涂元素（Medium）

https://leetcode.cn/problems/first-completely-painted-row-or-column/

题目描述

给你一个下标从 0 开始的整数数组 arr 和一个 m x n 的整数矩阵 mat 。arr 和 mat 都包含范围 [1，m * n] 内的所有整数。

从下标 0 开始遍历 arr 中的每个下标 i ，并将包含整数 arr[i] 的 mat 单元格涂色。

请你找出 arr 中在 mat 的某一行或某一列上都被涂色且下标最小的元素，并返回其下标 i 。

示例 1：

输入：arr = [1,3,4,2], mat = [[1,4],[2,3]]
输出：2
解释：遍历如上图所示，arr[2] 在矩阵中的第一行或第二列上都被涂色。

示例 2：

输入：arr = [2,8,7,4,1,3,5,6,9], mat = [[3,2,5],[1,4,6],[8,7,9]]
输出：3
解释：遍历如上图所示，arr[3] 在矩阵中的第二列上都被涂色。

提示：

m == mat.length
n = mat[i].length
arr.length == m * n
1 <= m, n <= 105
1 <= m * n <= 105
1 <= arr[i], mat[r][c] <= m * n
arr 中的所有整数 互不相同
mat 中的所有整数 互不相同

问题结构化

1、概括问题目标

计算涂满一行或一列时的最小下标。

2、观察数据特征

arr 数组和 mat 矩阵中的所有整数都没有重复数。

3、分析问题要件

涂色：使用 arr 数组对 mat 矩阵涂色；
终止条件：当存在一行或一列被涂满时，返回当前的 arr 数组下标。

至此，程序整体框架确定：

for (数字 in arr 数组) {
    涂色
    if (涂满一行或一列) 返回索引
}
return -1 // 问题一定有解

4、提高抽象程度

查找：对 mat 矩阵中的相同数字的单元格涂色时，需要查找数字在矩阵中的位置：
计数：结合「无重复数」的数据特征，判断是否存在一行或一列被涂满时，就是判断一行或一列中被涂色的计数是否达到行数或列数。

5、具体化解决手段

如何查找数字的位置？

手段 1（暴力枚举）：枚举 mat 矩阵，直到匹配目标数字时停止；
手段 2（散列表）：结合「无重复数」的数据特征，可以预处理 mat 矩阵获得数字和位置的映射关系，在涂色时以 O(1) 时间复杂度定位涂色位置。

如何判断达到终止条件？

手段 1（暴力枚举）：枚举 mat 矩阵的行列，当一行或一列的涂色个数达到行数或列数时停止；
手段 2（计数数组）：记录每一行和每一列的涂色计数，当计数达到行数或列数时，说明达到终止条件。

题解（散列表 + 计数）

题目的关键信息是「无重复数」，根据问题分析模拟即可：

class Solution {
    fun firstCompleteIndex(arr: IntArray, mat: Array<IntArray>): Int {
        val n = mat.size
        val m = mat[0].size
        // 计数数组
        val rows = IntArray(n)
        val columns = IntArray(m)
        // 散列表
        val hashMap = HashMap<Int, IntArray>()
        // 预处理
        for (i in 0 until n) {
            for (j in 0 until m) {
                hashMap[mat[i][j]] = intArrayOf(i, j)
            }
        }
        // 涂色
        for ((i, e) in arr.withIndex()) {
            val node = hashMap[e]!!
            // 判断
            if (++rows[node[0]] == m || ++columns[node[1]] == n) return i
        }
        return -1
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：$O(nm)$ 其中 n 和 m 分别为矩阵的行数和列数，预处理和涂色分别对每个元素访问 1 次；
空间复杂度：$O(nm)$ 散列表和计数数组空间。

Q3. 前往目标的最小代价（Medium）

https://leetcode.cn/problems/minimum-cost-of-a-path-with-special-roads/

题目描述

给你一个数组 start ，其中 start = [startX, startY] 表示你的初始位置位于二维空间上的 (startX, startY) 。另给你一个数组 target ，其中 target = [targetX, targetY] 表示你的目标位置 (targetX, targetY) 。

从位置 (x1, y1) 到空间中任一其他位置 (x2, y2) 的代价是 |x2 - x1| + |y2 - y1| 。

给你一个二维数组 specialRoads ，表示空间中存在的一些特殊路径。其中 specialRoads[i] = [x1i, y1i, x2i, y2i, costi] 表示第 i 条特殊路径可以从 (x1i, y1i) 到 (x2i, y2i) ，但成本等于 costi 。你可以使用每条特殊路径任意次数。

返回从 (startX, startY) 到 (targetX, targetY) 所需的最小代价。

示例 1：

输入：start = [1,1], target = [4,5], specialRoads = [[1,2,3,3,2],[3,4,4,5,1]]
输出：5
解释：从 (1,1) 到 (4,5) 的最优路径如下：
- (1,1) -> (1,2) ，移动的代价是 |1 - 1| + |2 - 1| = 1 。
- (1,2) -> (3,3) ，移动使用第一条特殊路径，代价是 2 。
- (3,3) -> (3,4) ，移动的代价是 |3 - 3| + |4 - 3| = 1.
- (3,4) -> (4,5) ，移动使用第二条特殊路径，代价是 1 。
总代价是 1 + 2 + 1 + 1 = 5 。
可以证明无法以小于 5 的代价完成从 (1,1) 到 (4,5) 。

示例 2：

输入：start = [3,2], target = [5,7], specialRoads = [[3,2,3,4,4],[3,3,5,5,5],[3,4,5,6,6]]
输出：7
解释：最优路径是不使用任何特殊路径，直接以 |5 - 3| + |7 - 2| = 7 的代价从初始位置到达目标位置。

提示：

start.length == target.length == 2
1 <= startX <= targetX <= 105
1 <= startY <= targetY <= 105
1 <= specialRoads.length <= 200
specialRoads[i].length == 5
startX <= x1i, x2i <= targetX
startY <= y1i, y2i <= targetY
1 <= costi <= 105

预备知识 · 最短路算法

这道题是最短路问题，先回顾下几种最短路算法的区别：

Floyd 算法（多源汇正权最短路）
- 适用于求任意节点之间的最短路，需要三层循环枚举中转点 i、枚举起点 j 和枚举终点 k，时间复杂度最高。
Bellman Ford 算法（单源负权最短路）
- 在每一轮迭代中，尝试对图上每一条边进行松弛，直到没有松弛操作时结束。
Dijkstra 算法（单源正权最短路）：
- 在每一轮迭代中，使用确定集中最短路长度最小的节点去松弛相邻节点，由于负权边会破坏贪心策略的选择，无法处理负权问题；
- 稀疏图小顶堆的写法更优，稠密图朴素写法更优。

最短路算法	Floyd	Bellman-Ford	Dijkstra	Johnson
最短路类型	每对结点之间的最短路	单源最短路	单源最短路	每对结点之间的最短路
作用于	任意图	任意图	非负权图	任意图
能否检测负环？	能	能	不能	能
时间复杂度	O(n^3)	O(nm)	O(mlgn)最小堆	O(nmlgm)

其中 n 是节点数，m 是边数。

问题结构化

1、概括问题目标

计算从 start 到 target 节点的最小代价。

2、观察数据特征

数据大小：节点数据范围的上界是 10^5，相比于节点范围，特殊路径最多只有 200 条，特殊路径是稀疏的。

3、分析问题要件

以 start 为起点，target 为终点，在每次操作可以从 from 节点移动到 to 节点，花费的代价是 |x2 - x1| + |y2 - y1|，另外二维平面中有一些特殊路径，花费的代价是特殊的。

4、提高抽象程度

曼哈顿距离：花费的代价是 |x2 - x1| + |y2 - y1| 就是两个节点之间的曼哈顿距离；
正权边：「从 from 节点移动到 to 节点的代价 x」等价于「从 from 节点到 to 节点的边权为 x」；
有向边：由于题目描述特殊路径只能从 (x1, y1) 走到 (x2, y2)，因此题目是有向边；
是否为决策问题？由于每次操作有多种移动位置选择，因此这是决策问题，准确来说是最短路问题；
总结：这是一道图的单源正权有向边的最短路问题。

5、具体化解决方案

如何解决图的单源正权最短路问题？

这道题只需要计算从 start - target 之间的最短路问题，而且边是非负权边，符合 Dijkstra 算法的应用场景。Dijkstra 算法的本质是贪心 + BFS，我们需要将所有节点分为 2 类，在每一轮迭代中，我们从 “候选集” 中选择距离起点最短路长度最小的节点，由于该点不存在更优解，所以可以用该点来 “松弛” 相邻节点。

1、确定集：已确定（从起点开始）到当前节点最短路径的节点；
2、候选集：未确定（从起点开始）到当前节点最短路径的节点。

需要考虑哪些节点？

这道题没有限制只能走特殊路径，那么是不是二维平面上所有节点都需要考虑在呢？其实需要，结合「三角不等式」观察，我们发现两个点连续走两次曼哈顿距离没有意义，也就是说，目标路径一定是在起点、终点和特殊路径节点中间移动。

策略 1：从 from 到 to 走曼哈顿距离；
策略 2：先从 from 走到特殊路径起点，走完特殊路径后再走曼哈顿距离；
策略 3（没有意义）：先从 from 走曼哈顿距离到 x，再从 x 走曼哈顿距离到 to。

如何表示二维节点？

最简单的方法是通过位移将 (x, y) 压缩为一个唯一整数，由于这道题的坐标范围最大到 10^5，所以应该转化到长整型。

val U = 100000L // 数值上界 + 1

压缩：
val key = x * U + y

还原：
val x = (key / U).toInt()
val y = (key % U).toInt()

至此，我们可以使用朴素 Dijkstra 算法模拟问题。

是否有优化空间？

朴素 Dijkstra 的每轮迭代中需要遍历 n 个节点寻找候选集中的最短路长度。事实上，这 n 个节点中有部分是 “确定集”，有部分是远离起点的边缘节点，每一轮都遍历显得没有必要。我们使用小顶堆记录候选集中最近深度的节点。不过，这道题是稠密图，朴素 Dijkstra 优于 Dijkstra + 最小堆。

继续挖掘三角不等式性质：

由于连续走两次曼哈顿距离没有意义，那我们甚至不需要把特殊路径的起点考虑到图中，或者说直接可以使用 specialRoads 数组，而不需要建图的步骤。

6、答疑

这道题的数据范围到 10^5，而特殊路径最多只有 200 条，不是应该算稀疏图？

这个观点混淆了稠密图的定义，稠密或稀疏取决于边数相对于节点数的大小。简单来说，在节点数固定的情况下，边数越大则图越稠密。在这道题中，每个节点都存在到其他所有节点的路径，因此不仅是稠密图，甚至是完全图。

题解一（朴素 Dijkstra）

使用 Dijkstra 算法解决最短路问题。

class Solution {
    fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
        // 单源正权最短路
        val U = 100001L // 数值上界 + 1
        val INF = 0x3F3F3F3F

        val startL = start[0] * U + start[1]
        val targetL = target[0] * U + target[1]

        if (startL == targetL) return 0
        
        // 1、节点与最短路长度
        val nodes = HashMap<Long, Int>()
        // 1.1 特殊路径上的节点
        for (road in specialRoads) {
            // 过滤无意义的特殊路径（路径花费大于曼哈顿距离）
            nodes[road[0] * U + road[1]] = INF
            nodes[road[2] * U + road[3]] = INF
        }
        // 1.2 起点节点与终点节点
        nodes[targetL] = INF
        nodes[startL] = 0 // 起点可能为终点，如果开头不做特判需要注意顺序
        // 2、建有向图（邻接表）<from -> <to -> cost>>
        val graph = HashMap<Long, HashMap<Long, Int>>()
        // 2.1 节点之间的路径（双向边）
        for ((from, _) in nodes) {
            graph[from] = HashMap<Long, Int>()
            val fromX = (from / U).toInt()
            val fromY = (from % U).toInt()
            for ((to, _) in nodes) {
                if (from == to) continue
                val toX = (to / U).toInt()
                val toY = (to % U).toInt()
                graph[from]!![to] = Math.abs(toX - fromX) + Math.abs(toY - fromY)
            }
        }
        // 2.2 特殊路径（单向边）
        for (road in specialRoads) {
            val from = road[0] * U + road[1]
            val to = road[2] * U + road[3]
            graph[from]!![to] = Math.min(graph[from]!!.getOrDefault(to, INF), road[4]) // 特殊路径的花费可能更长
        }
        // 3、访问标记
        val visit = HashSet<Long>()
        // 4、朴素 Dijkstra
        while (true) {
            // 寻找候选集中最短路长度最短的节点
            var minNode = -1L
            var minDis = -1
            for ((to, dis) in nodes) {
                if (visit.contains(to)) continue
                if (minDis == -1 || dis < minDis) {
                    minDis = dis
                    minNode = to
                }
            }
            // println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
            // 找到目标点的最短路长度
            if (minNode == targetL) return minDis
            // 访问标记
            visit.add(minNode)
            // 松弛相邻节点
            for ((to, cost) in graph[minNode]!!) {
                // println("to=$to, cost=$cost")
                if (minDis + cost < nodes[to]!!) {
                    nodes[to] = minDis + cost
                }
            }
        }
        return -1 // 必然有解
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：$O(n^2)$ 其中 n 是 specialRoads 特殊路径数组的长度；
空间复杂度：$O(n^2)$ 图空间 + 标记数组空间。

题解二（Dijkstra 优化）

优化：剪去图空间。

class Solution {
    fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
        // 单源正权最短路
        val U = 100001L // 数值上界 + 1
        val INF = 0x3F3F3F3F

        val startL = start[0] * U + start[1]
        val targetL = target[0] * U + target[1]

        if (startL == targetL) return 0

        // 1、节点与最短路长度
        val nodes = HashMap<Long, Int>()
        // 起点节点与终点节点
        nodes[targetL] = INF
        nodes[startL] = 0 // 起点可能为终点，如果开头不做特判需要注意顺序
        // 2、访问标记
        val visit = HashSet<Long>()
        // 3、朴素 Dijkstra
        while (true) {
            // 寻找候选集中最短路长度最短的节点
            var minNode = -1L
            var minDis = -1
            for ((to, dis) in nodes) {
                if (visit.contains(to)) continue
                if (minDis == -1 || dis < minDis) {
                    minDis = dis
                    minNode = to
                }
            }
            // println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
            // 找到目标点的最短路长度
            if (minNode == targetL) return minDis
            // 访问标记
            visit.add(minNode)
            val minNodeX = (minNode / U).toInt()
            val minNodeY = (minNode % U).toInt()
            // 1、直接到终点
            nodes[targetL] = Math.min(nodes[targetL]!!, minDis + Math.min(nodes[targetL]!!, (target[1] - minNodeY) + (target[0] - minNodeX)))
            // 2、先经过特殊路径（minNode -> 特殊路径的起点 -> 特殊路径的终点）
            for (road in specialRoads) {
                val specialTo = road[2] * U + road[3]
                if (specialTo == minNode) continue // 重复路径
                val specialDis = minDis + Math.abs(road[0] - minNodeX) + Math.abs(road[1] - minNodeY) + road[4]
                if (specialDis < nodes.getOrDefault(specialTo, INF)) {
                    nodes[specialTo] = specialDis
                }
            }
        }
        return -1 // 必然有解
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：$O(n^2)$ 其中 n 是 specialRoads 特殊路径数组的长度；
空间复杂度：$O(n)$ 标记数组空间。

题解三（Dijkstra + 最小堆）

附赠一份 Dijkstra + 最小堆的代码：

class Solution {
    fun minimumCost(start: IntArray, target: IntArray, specialRoads: Array<IntArray>): Int {
        // 单源正权最短路
        val U = 100000L // 数值上界 + 1
        val INF = 0x3F3F3F3F

        val startL = start[0] * U + start[1]
        val targetL = target[0] * U + target[1]

        if (startL == targetL) return 0

        // 1、节点与最短路长度
        val nodes = HashMap<Long, Int>()
        // 起点节点与终点节点
        nodes[targetL] = INF
        nodes[startL] = 0 // 起点可能为终点，如果开头不做特判需要注意顺序
        // 2、最小堆
        val heap = PriorityQueue<Long>() { l1, l2 ->
            nodes.getOrDefault(l1, INF) - nodes.getOrDefault(l2, INF)
        }
        heap.offer(startL)
        heap.offer(targetL)
        // 3、Dijkstra
        while (!heap.isEmpty()) {
            // 候选集中最短路长度最短的节点
            val minNode = heap.poll()
            val minDis = nodes[minNode]!!
            // println("minNode=$minNode, minDis=$minDis")
            // 找到目标点的最短路长度
            if (minNode == targetL) return minDis
            val minNodeX = (minNode / U).toInt()
            val minNodeY = (minNode % U).toInt()
            // 1、直接到终点
            val newDirectToTarget = minDis + Math.min(nodes[targetL]!!, (target[1] - minNodeY) + (target[0] - minNodeX))
            if (newDirectToTarget < nodes[targetL]!!) {
                nodes[targetL] = newDirectToTarget
                heap.offer(targetL)
            }
            // 2、先经过特殊路径（minNode -> 特殊路径的起点 -> 特殊路径的终点）
            for (road in specialRoads) {
                val specialTo = road[2] * U + road[3]
                if (specialTo == minNode) continue // 重复路径
                val specialDis = minDis + Math.abs(road[0] - minNodeX) + Math.abs(road[1] - minNodeY) + road[4]
                if (specialDis < nodes.getOrDefault(specialTo, INF)) {
                    nodes[specialTo] = specialDis
                    heap.offer(specialTo)
                }
            }
        }
        return -1 // 必然有解
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：$O(m·lgn)$ 其中 n 是 specialRoads 特殊路径数组的长度，m 是边数，由于这道题是完全图，所以有 m = n^2；
空间复杂度：$O(n)$ 标记数组空间。

近期周赛最短路问题：

2612. 最少翻转操作数（Hard）
2608. 图中的最短环（Hard）
2577. 在网格图中访问一个格子的最少时间（Hard）

Q4. 字典序最小的美丽字符串（Hard）

https://leetcode.cn/problems/lexicographically-smallest-beautiful-string/

题目描述

如果一个字符串满足以下条件，则称其为 美丽字符串 ：

它由英语小写字母表的前 k 个字母组成。
它不包含任何长度为 2 或更长的回文子字符串。

给你一个长度为 n 的美丽字符串 s 和一个正整数 k 。

请你找出并返回一个长度为 n 的美丽字符串，该字符串还满足：在字典序大于 s 的所有美丽字符串中字典序最小。如果不存在这样的字符串，则返回一个空字符串。

对于长度相同的两个字符串 a 和 b ，如果字符串 a 在与字符串 b 不同的第一个位置上的字符字典序更大，则字符串 a 的字典序大于字符串 b 。

例如，"abcd" 的字典序比 "abcc" 更大，因为在不同的第一个位置（第四个字符）上 d 的字典序大于 c 。

示例 1：

输入：s = "abcz", k = 26
输出："abda"
解释：字符串 "abda" 既是美丽字符串，又满足字典序大于 "abcz" 。
可以证明不存在字符串同时满足字典序大于 "abcz"、美丽字符串、字典序小于 "abda" 这三个条件。

示例 2：

输入：s = "dc", k = 4
输出：""
解释：可以证明，不存在既是美丽字符串，又字典序大于 "dc" 的字符串。

提示：

1 <= n == s.length <= 105
4 <= k <= 26
s 是一个美丽字符串

问题结构化

1、概括问题目标

构造一个满足条件的目标字符串，命名为「美丽字符串」。

2、分析问题要件

字符集：题目要求目标字符串仅能使用小写字母表的前 k 个字母，例如 k = 4 只能使用 {a, b, c, d}；
美丽字符串（限制回文）：题目要求目标字符串不包含长度大于 1 的回文子串；
字典序更大：题目要求目标字符串的字典序大于字符串 s；
字典序最小：题目要求返回字典序最小的方案；

3、观察数据特征

数据量：数据量的上界是 10^5，这要求算法的时间复杂度不能高于 O(n^2)；
输入字符串 s 本身就是「美丽字符串」。

4、观察测试用例

以 s = “abcz”, k = 26 为例：

修改 ‘z’：无法修改 ’z’ 获得字典序更高的字母；
修改 ‘c’：可以修改 ‘c’ 为 ’d’ 得到 “abdz”，且构成「美丽字符串」；
修改 ‘a’ 或 ’b’：也可以构造「美丽字符串」，但字典序不会优于 “abdz”。

5、提高抽象程度

权重：字典序的规则中，字符串越靠前的位置对排序的影响权重越大，例如序列 ”ba“ 的字典序大于 ”az“；
提升：为了构造字典序更大的「美丽字符串」，我们需要将字符串中的某个字母修改为字母序更大的字母，例如将 ‘a’ 提升到 ‘b’ 或 ‘z’；
下一个排列：题目要求目标字符串的字典序大于字符串 s，又是所有方案中字典序最小的，问题模型类似经典题目「31. 下一个排列」，可以借鉴；
是否为决策问题：由于每次提升操作有多种位置选择，因此这是个决策问题，准确来说是一个构造问题。
总结：这是一个构造问题，要求构造满足条件的「下一个美丽字符串」。

6、具体化解决手段

如何构造满足条件的「下一个美丽字符串」？

由于题目要求构造字典序最小的方案，那么将 s[i] 提升为字母序更大的下一个字母是最优的，例如将 ’a’ 提升到 ‘b’ 优于提升到 ‘z’。除非在 s[i] 已经是字典序最大的字母 ‘z’ 时，我们需要提升它的前一个字母 s[i - 1]，例如将 ”az“ 提升为 ”bz“ 优于 “cz”。

构造「下一个美丽字符串」需要提升字母序，那么如何决策替换策略？

由于字符串中越靠前的位置的权重越高，容易想到的贪心策略是从后往前提升字符。如果提升 s[n - 1] 能够构造「美丽字符串」，那么直接提升 s[n - 1] 即可，否则需要提升更靠前的 s[n - 2]。

当我们确定提升 s[i] 的有效性后，继续向前提升没有意义，而由于 s[i] 的字母序本身已经更大了，且 s[i] 的权重在 [i, n) 区间里是最高的，因此后面不管怎么填字典序都是更大的。那么，为了获得字典序最小的「下一个美丽字符串」，我们可以贪心地将后续字符降低到字母序最低的字母，例如 ”abcz“ 提升到 ”abdz” 后，将 ‘z’ 降低到 ‘a’。

这个思考过程，与「下一个排列」问题是比较相似的。在「下一个排列」问题中，我们交换尽可能靠后的一个正序对，由于剩下的序列不管怎么填都是更大的排列，所以我们直接对后续字母做正序排列可以得到最小的字典序。

如何验证提升的有效性（提升字母序后会可能引入新的回文信息）？

在「观察数据特征」中得知，输入字符串 s 本身就是「美丽字符串」，而且我们是从后向前提升字符，那么提升 s[i] 只可能构造出长度为 2 或长度为 3 的回文子串，我们需要以 i 为中心向左右扩展，验证是否有回文串信息。结合上一个问题，由于我们在提升 s[i] 后还需要降低后序位置的字母序，所以我们只需要向左边扩展验证有效性。

至此，我们可以确定整体框架，分为 2 个阶段：

阶段一：

提升 s[n - 1]
while (i 从后往前遍历) {
		for (c in s[i] + 1 until 'a' + k) { // 枚举字符集
				if (存在回文信息) continue
				s[i] = c // 确定有效性
				// 记录下标 i
		}
		// 无法提升 s[i]，尝试提升 s[i - 1]
}

阶段二：

// 将 [i + 1, n) 降低为最小字符
for(j in i + 1 until n) {
		for (c in 'a' until 'a' + k) { // 枚举字符集
				if (存在回文信息）continue
				s[j] = c
				break
		}
}

答疑：

为什么阶段二没有处理无法构造的情况？

由于题目提示 k 的取值范围是大于等于 4 的，也就是字符集的大小最小为 4，而验证「有效性」只需要观察位置 i 的前两个位置。那么在长度为 3 的子区间 [i-2, i] 中，我们总能够从大小为 4 的字符集中，选择出一个不会构造出回文信息的子串。因此，阶段二是必然可构造的。甚至来说，题目将 k 的取值范围修改到 [3, 26]，我们的算法也是成立的。

题解（贪心）

class Solution {
    fun smallestBeautifulString(s: String, k: Int): String {
        val n = s.length
        val U = 'a' + k
        val sArray = s.toCharArray()
        var pos = -1
        outer@ for (i in n - 1 downTo 0) {
            // 尝试提升字母序
            for (c in sArray[i] + 1 until U) {
                // 验证有效性（只需要验证左边）
                if ((i > 0 && c == sArray[i - 1]) || (i > 1 && c == sArray[i - 2])) continue
                sArray[i] = c
                pos = i
                break@outer
            }
        }

        // 无法构造
        if (pos < 0) return ""

        for (i in pos + 1 until n) {
            for (c in 'a' until U) {
                // 验证有效性（只需要验证左边）
                if ((i > 0 && c == sArray[i - 1]) || (i > 1 && c == sArray[i - 2])) continue
                sArray[i] = c
                break
            }
        }

        return String(sArray)
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为字符串 s 的长度，每个位置最多被访问 2 次，而每个位置的提升操作最多执行 2 次，降低操作最多执行 2 次；
空间复杂度：$O(1)$ 不考虑结果数组。

相似问题：

31. 下一个排列
647. 回文子串

这篇关于LeetCode 周赛 343（2023/04/30）结合「下一个排列」的贪心构造问题的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对大家有所帮助，也希望大家多多支持为之网！