261周赛补题T4
2030. 含特定字母的最小子序列
给你一个字符串 s
,一个整数 k
,一个字母 letter
以及另一个整数 repetition
。
返回 s
中长度为 k
且 字典序最小 的子序列,该子序列同时应满足字母 letter
出现 至少 repetition
次。生成的测试用例满足 letter
在 s
中出现 至少 repetition
次。
子序列 是由原字符串删除一些(或不删除)字符且不改变剩余字符顺序得到的剩余字符串。
字符串 a
字典序比字符串 b
小的定义为:在 a
和 b
出现不同字符的第一个位置上,字符串 a
的字符在字母表中的顺序早于字符串 b
的字符。
示例 1:
输入:s = "leet", k = 3, letter = "e", repetition = 1
输出:"eet"
解释:存在 4 个长度为 3 ,且满足字母 'e' 出现至少 1 次的子序列:
- "lee"("leet")
- "let"("leet")
- "let"("leet")
- "eet"("leet")
其中字典序最小的子序列是 "eet" 。
示例 2:
输入:s = "leetcode", k = 4, letter = "e", repetition = 2
输出:"ecde"
解释:"ecde" 是长度为 4 且满足字母 "e" 出现至少 2 次的字典序最小的子序列。
示例 3:
输入:s = "bb", k = 2, letter = "b", repetition = 2
输出:"bb"
解释:"bb" 是唯一一个长度为 2 且满足字母 "b" 出现至少 2 次的子序列。
提示:
1 <= repetition <= k <= s.length <= 5 * 104
-
s
由小写英文字母组成 -
letter
是一个小写英文字母,在s
中至少出现repetition
次
class Solution {
public:
string smallestSubsequence(string s, int k, char letter, int repetition) {
string ans = "";
int n = s.size(), d = n - k, dl = 0;
for(auto &e : s){
if(e == letter)dl ++;
}
dl -= repetition;
for(int i = 0; i < n; ++ i){
while(d > 0 && ans.empty() == false && s[i] < ans[ans.size() - 1]){
if(ans[ans.size() - 1] == letter){
if(dl > 0){
ans.pop_back();
dl --;
d --;
}else break;
}else{
ans.pop_back();
d --;
}
}
ans += s[i];
}
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < d; ++ i){
if(ans[ans.size() - 1] == letter){
if(dl == 0){
cnt ++;
d ++;
}else{
dl --;
}
}
ans.pop_back();
}
for(int i = 0; i < cnt; ++ i)ans += letter;
return ans;
}
};
算法思路
这题的主要难点是贪心,这题求子序列,则要在原字符串里去掉一些子串,这里的贪心选择是优先去掉靠前的。这里说一下最小字典序子序列,当我们有足够空格去去除字符串的某些字符时,应该优先去掉靠前的,当s[i]>s[i+1]时,如果能去掉s[i]则优先去掉s[i],假设这两部分的前子串为s1
,后子串为s2
,s1+s[i]+s2
肯定大于s1+s[i+1]+s2
,如果能去掉的话则优先去掉,不能去掉则保留,这里证明一下为什么去掉靠前的优先去掉靠后的。假设去掉靠前(s[i]
)的字符ans1
为s1+s[i+1]+s2
,去掉靠后(s[j]
)的字符ans2
为s1+s[i]+s[i+1]+s3+s[j+1]+s4
,然而因为最后答案字符串长度都为k,则在比较ans1
和ans2
时,在比较s1.size()+1
时ans1
已经小于ans2
,后面也没有比较的必要,因此优先删除靠前子串。在删除时如果遇到了letter
,则要考虑有没有足够空白来删除,区分一下就能解决。
s1.size()+1
时ans1
已经小于ans2
,后面也没有比较的必要,因此优先删除靠前子串。在删除时如果遇到了letter
,则要考虑有没有足够空白来删除,区分一下就能解决。