1046. 最后一块石头的重量

题目

1046. 最后一块石头的重量 难度：easy

有一堆石头，每块石头的重量都是正整数。

每一回合，从中选出两块 最重的 石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：

• 如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
• 如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。

最后，最多只会剩下一块石头。返回此石头的重量。如果没有石头剩下，就返回 0。

示例：

输入：[2,7,4,1,8,1]
输出：1
解释：
先选出 7 和 8，得到 1，所以数组转换为 [2,4,1,1,1]，
再选出 2 和 4，得到 2，所以数组转换为 [2,1,1,1]，
接着是 2 和 1，得到 1，所以数组转换为 [1,1,1]，
最后选出 1 和 1，得到 0，最终数组转换为 [1]，这就是最后剩下那块石头的重量。

        

          
        
        
        

          

          AI 代码解读
        
      
      

提示：

• 1 <= stones.length <= 30
• 1 <= stones[i] <= 1000

方法一：最大堆

思路

将所有石头的重量放入最大堆中。每次依次从队列中取出最重的两块石头 a 和 b，必有 a≥b。如果 a>b，则将新石头 a-b 放回到最大堆中；如果 a=b，两块石头完全被粉碎，因此不会产生新的石头。重复上述操作，直到剩下的石头少于 2 块。

最终可能剩下 1 块石头，该石头的重量即为最大堆中剩下的元素，返回该元素；也可能没有石头剩下，此时最大堆为空，返回 0。
 

解题

Python：

class Solution:
    def lastStoneWeight(self, stones: List[int]) -> int:
        # 初始化
        heap = [-stone for stone in stones]
        heapq.heapify(heap)

        # 模拟
        while len(heap) > 1:
            x,y = heapq.heappop(heap),heapq.heappop(heap)
            if x != y:
                heapq.heappush(heap,x-y)

        if heap: return -heap[0]
        return 0

        

          
        
        
        

          

          AI 代码解读
        
      
      

Java：

class Solution {
    public int lastStoneWeight(int[] stones) {
        PriorityQueue<Integer> pq = new PriorityQueue<Integer>((a, b) -> b - a);
        for (int stone : stones) {
            pq.offer(stone);
        }

        while (pq.size() > 1) {
            int a = pq.poll();
            int b = pq.poll();
            if (a > b) {
                pq.offer(a - b);
            }
        }
        return pq.isEmpty() ? 0 : pq.poll();
    }
}

        

          
        
        
        

          

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692. 前K个高频单词

题目

692. 前K个高频单词 难度：medium

给定一个单词列表 words 和一个整数 k ，返回前 k 个出现次数最多的单词。

返回的答案应该按单词出现频率由高到低排序。如果不同的单词有相同出现频率， 按字典顺序 排序。

示例 1：

输入: words = ["i", "love", "leetcode", "i", "love", "coding"], k = 2
输出: ["i", "love"]
解析: "i" 和 "love" 为出现次数最多的两个单词，均为2次。
    注意，按字母顺序 "i" 在 "love" 之前。

        

          
        
        
        

          

          AI 代码解读
        
      
      

示例 2：

输入: ["the", "day", "is", "sunny", "the", "the", "the", "sunny", "is", "is"], k = 4
输出: ["the", "is", "sunny", "day"]
解析: "the", "is", "sunny" 和 "day" 是出现次数最多的四个单词，
    出现次数依次为 4, 3, 2 和 1 次。

        

          
        
        
        

          

          AI 代码解读
        
      
      

注意：

• 1 <= words.length <= 500
• 1 <= words[i] <= 10
• words[i] 由小写英文字母组成。
• k 的取值范围是 [1, 不同 words[i] 的数量]

方法一：哈希表

思路

我们可以预处理出每一个单词出现的频率，然后依据每个单词出现的频率降序排序，最后返回前 k 个字符串即可。

具体地，我们利用哈希表记录每一个字符串出现的频率，然后将哈希表中所有字符串进行排序，排序时，如果两个字符串出现频率相同，那么我们让两字符串中字典序较小的排在前面，否则我们让出现频率较高的排在前面。最后我们只需要保留序列中的前 k 个字符串即可。
 

解题

Java：

class Solution {
    public List<String> topKFrequent(String[] words, int k) {
        Map<String, Integer> cnt = new HashMap<String, Integer>();
        for (String word : words) {
            cnt.put(word, cnt.getOrDefault(word, 0) + 1);
        }
        List<String> rec = new ArrayList<String>();
        for (Map.Entry<String, Integer> entry : cnt.entrySet()) {
            rec.add(entry.getKey());
        }
        Collections.sort(rec, new Comparator<String>() {
            public int compare(String word1, String word2) {
                return cnt.get(word1) == cnt.get(word2) ? word1.compareTo(word2) : cnt.get(word2) - cnt.get(word1);
            }
        });
        return rec.subList(0, k);
    }
}

        

          
        
        
        

          

          AI 代码解读
        
      
      

方法二：优先队列

思路

对于前 k 大或前 k 小这类问题，有一个通用的解法：优先队列。优先队列可以在 O(logn) 的时间内完成插入或删除元素的操作（其中 n 为优先队列的大小），并可以 O(1) 地查询优先队列顶端元素。

在本题中，我们可以创建一个小根优先队列（顾名思义，就是优先队列顶端元素是最小元素的优先队列）。我们将每一个字符串插入到优先队列中，如果优先队列的大小超过了 k，那么我们就将优先队列顶端元素弹出。这样最终优先队列中剩下的 k 个元素就是前 k 个出现次数最多的单词。
 

解题

Java：

class Solution {
    public List<String> topKFrequent(String[] words, int k) {
        Map<String, Integer> cnt = new HashMap<String, Integer>();
        for (String word : words) {
            cnt.put(word, cnt.getOrDefault(word, 0) + 1);
        }
        PriorityQueue<Map.Entry<String, Integer>> pq = new PriorityQueue<Map.Entry<String, Integer>>(new Comparator<Map.Entry<String, Integer>>() {
            public int compare(Map.Entry<String, Integer> entry1, Map.Entry<String, Integer> entry2) {
                return entry1.getValue() == entry2.getValue() ? entry2.getKey().compareTo(entry1.getKey()) : entry1.getValue() - entry2.getValue();
            }
        });
        for (Map.Entry<String, Integer> entry : cnt.entrySet()) {
            pq.offer(entry);
            if (pq.size() > k) {
                pq.poll();
            }
        }
        List<String> ret = new ArrayList<String>();
        while (!pq.isEmpty()) {
            ret.add(pq.poll().getKey());
        }
        Collections.reverse(ret);
        return ret;
    }
}

        

          
        
        
        

          

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后记

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