题目列表

3334. 数组的最大因子得分

3335. 字符串转换后的长度 I

3336. 最大公约数相等的子序列数量

3337. 字符串转换后的长度 II

一、数组的最大因子得分

数据范围足够小，可以用暴力枚举移除的数字，得到答案，时间复杂度为O(n^2)，代码如下

class Solution {
public:long long maxScore(vector<int>& nums) {int n = nums.size();auto get = [&](int i)->long long{// gcd(0, x) = x, lcm(1, x) = xlong long x = 0; // 计算 gcdlong long y = 1; // 计算 lcmfor(int j = 0; j < n; j++){if(i == j) continue;x = gcd(x, nums[j]);y = lcm(y, nums[j]);}return x * y;};long long ans = get(-1); // 不去除任何数字for(int i = 0; i < n; i++){ans = max(ans, get(i));}return ans;}
};

有没有更快的做法？我们同样枚举被移除的数字，有没有方法能更加快速的算出剩余数字的 LCM 和 GCD？有的，只要我们提前算出左右两个部分的 LCM 和 GCD，就能直接计算得出剩余部分的LCM 和 GCD，即进行前后缀分解，时间复杂度为O(n)，代码如下

注意：上面的时间复杂度默认 LCM 和 GCD 是O(1)，但实际上 GCD/LCM 的时间复杂度为O(logn)

class Solution {
public:long long maxScore(vector<int>& nums) {int n = nums.size();vector<long long> suf_gcd(n + 1), suf_lcm(n + 1, 1);// gcd(0, x) = x, lcm(1, x) = xfor(int i = n - 1; i >= 0; i--){suf_gcd[i] = gcd(suf_gcd[i + 1], nums[i]);suf_lcm[i] = lcm(suf_lcm[i + 1], nums[i]);}long long ans = suf_gcd[0] * suf_lcm[0]; // 不去除任何数long long pre_gcd = 0, pre_lcm = 1;for(int i = 0; i < n; i++){ // 同时计算 ans 和 前缀gcd/lcmans = max(ans, gcd(pre_gcd, suf_gcd[i + 1]) * lcm(pre_lcm, suf_lcm[i+1]));pre_gcd = gcd(pre_gcd, nums[i]);pre_lcm = lcm(pre_lcm, nums[i]);}return ans;}
};

二、字符串转换后的长度 I

这题的数据范围比较小，我们可以模拟 t 次转换的过程。对于任意一个字母，它的转换规则是一样的，所以我们先统计出 26 个字母出现的次数，然后根据规则，进行转换即可，代码如下

class Solution {const int MOD = 1e9 + 7;
public:int lengthAfterTransformations(string s, int t) {vector<int> cnt(26);for(auto e : s) cnt[e - 'a']++;while(t--){vector<int>tmp(26);for(int i = 0; i < 26; i++)tmp[i] = cnt[(i-1+26)%26]; // 如'a'的出现次数变成'b'的出现次数// 'z' 不仅能变成 'a' , 还能变成 'b'tmp[1] =(tmp[1] + cnt[25]) % MOD;swap(tmp, cnt);}int ans = 0;for(int i = 0; i < 26; i++) ans = (ans + cnt[i]) % MOD;return ans;}
};

但是一旦 t 的范围过大，就会超时，有没什么更快的方法？由于每个字母的转移方式是固定的，所以只要给定一个字母和操作次数就能得到一个长度，问题是如何加速这个计算过程？

假设f[i][j]表示字母 i (用0-25表示) 经过 j 次操作的长度，我们有如下方程

代码如下

class Solution {const int MOD = 1e9 + 7;// 矩阵快速幂vector<vector<int>> POW(vector<vector<int>> a, int n){int m = a.size();vector<vector<int>> res(m, vector<int>(m));for(int i = 0; i < m; i++) res[i][i] = 1;while(n){if(n & 1) res = mul(res, a);a = mul(a, a);n >>= 1;}return res;}// 矩阵相乘vector<vector<int>> mul(const vector<vector<int>>& a, const vector<vector<int>>& b){int n = a.size(), m = b[0].size();vector<vector<int>> c(n, vector<int>(m));for(int i = 0; i < n; i++){for(int k = 0; k < n; k++){if(a[i][k] == 0) continue;for(int j = 0; j < m; j++){c[i][j] = (c[i][j] + 1LL * a[i][k] * b[k][j]) % MOD;}}}return c;}
public:int lengthAfterTransformations(string s, int t) {int n = s.size();vector<vector<int>> mtx(26, vector<int>(26));for(int i = 0; i < 26; i++){mtx[i][(i+1)%26] = 1;}mtx[25][1] = 1;auto f = POW(mtx, t); // 矩阵的t次幂vector<int> cnt(26);for(auto e : s) cnt[e - 'a']++;long long ans = 0;for(int i = 0; i < 26; i++){ans += reduce(f[i].begin(), f[i].end(), 0LL) * cnt[i];}return ans % MOD;}
};

三、最大公约数相等的子序列数量

对于每一个数，都有三种可能，要么在seq1，要么在seq2，要么不选，一旦我们选择完一个数，对于剩下的数，我们依旧可以用相同的方法进行处理，大问题被划分为一个个小问题，进行解决。

设dfs(i，j，k)表示当seq1的gcd=j，seq2的gcd=k时，从前 i 个数中进行选择能得到的合法方案数

对于 nums[i]

• 1、不选，方案数为 dfs(i-1，j，k)
• 2、选入seq1，方案数为 dfs(i-1，gcd(j，nums[i])，k)
• 3、选入seq2，方案数为 dfs(i-1，j，gcd(k，nums[i])) 

故状态转换方程为

dfs(i，j，k) = dfs(i-1，j，k) + dfs(i-1，gcd(j，nums[i])，k) + dfs(i-1，j，gcd(k，nums[i])) 

边界条件：当 i < 0 时，返回 j == k，表示将所有的数都进行分配后，如果seq1的gcd = seq2的gcd，则为一种合法方案数

代码如下

class Solution {const int MOD = 1e9 + 7;
public:int subsequencePairCount(vector<int>& nums) {int n = nums.size();int memo[n][201][201];memset(memo, -1, sizeof(memo));function<int(int,int,int)> dfs = [&](int i, int j, int k)->int{if(i < 0) return j == k;if(memo[i][j][k] != -1) return memo[i][j][k];int res = dfs(i - 1, j, k); // 不选res = (res + dfs(i - 1, gcd(j, nums[i]), k)) % MOD;res = (res + dfs(i - 1, j, gcd(k, nums[i]))) % MOD;return memo[i][j][k] = res;};// 注意我们的dfs会包含一种seq1和seq2都为空的方案，需要被减去// 由于取模操作 dfs(n - 1, 0, 0) - 1 可能为负数，所以要 + MOD) % MODreturn (dfs(n - 1, 0, 0) - 1 + MOD) % MOD;}
};

四、字符串转换后的长度 II

这题的思路同第二题，只是计算的矩阵不同，具体代码如下

class Solution {const int MOD = 1e9 + 7;// 矩阵快速幂vector<vector<int>> POW(vector<vector<int>> a, int n){int m = a.size();vector<vector<int>> res(m, vector<int>(m));for(int i = 0; i < m; i++) res[i][i] = 1;while(n){if(n & 1) res = mul(res, a);a = mul(a, a);n >>= 1;}return res;}// 矩阵相乘vector<vector<int>> mul(const vector<vector<int>>& a, const vector<vector<int>>& b){int n = a.size(), m = b[0].size();vector<vector<int>> c(n, vector<int>(m));for(int i = 0; i < n; i++){for(int k = 0; k < n; k++){if(a[i][k] == 0) continue;for(int j = 0; j < m; j++){c[i][j] = (c[i][j] + 1LL * a[i][k] * b[k][j]) % MOD;}}}return c;}
public:int lengthAfterTransformations(string s, int t, vector<int>& nums) {int n = s.size();vector<vector<int>> mtx(26, vector<int>(26));for(int i = 0; i < 26; i++){for(int j = i + 1; j <= i + nums[i]; j++){mtx[i][j%26] = 1;}}auto f = POW(mtx, t);vector<int> cnt(26);for(auto e : s) cnt[e - 'a']++;long long ans = 0;for(int i = 0; i < 26; i++){ans += reduce(f[i].begin(), f[i].end(), 0LL) * cnt[i];}return ans % MOD;}
};