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6369. 左右元素和的差值

输入：nums = [10,4,8,3]
输出：[15,1,11,22]
解释：数组 leftSum 为 [0,10,14,22] 且数组 rightSum 为 [15,11,3,0] 。
数组 answer 为 [|0 - 15|,|10 - 11|,|14 - 3|,|22 - 0|] = [15,1,11,22] 。

输入：nums = [1]
输出：[0]
解释：数组 leftSum 为 [0] 且数组 rightSum 为 [0] 。
数组 answer 为 [|0 - 0|] = [0] 。

前缀和

class Solution {public int[] leftRigthDifference(int[] nums) {int n = nums.length;int[] leftsum = new int[n+1];int[] rightsum = new int[n+1];for(int i = 0; i < n; i++){leftsum[i+1] = leftsum[i] + nums[i];}for(int i = n-1; i > 0; i--){rightsum[i-1] = rightsum[i] + nums[i];}int[] res = new int[n];for(int i = 0; i < n; i++){res[i] = Math.abs(leftsum[i] - rightsum[i]);}return res;}
}

6368. 找出字符串的可整除数组

输入：word = "998244353", m = 3
输出：[1,1,0,0,0,1,1,0,0]
解释：仅有 4 个前缀可以被 3 整除："9"、"99"、"998244" 和 "9982443" 。

输入：word = "1010", m = 10
输出：[0,1,0,1]
解释：仅有 2 个前缀可以被 10 整除："10" 和 "1010" 。

超长整数如何取余？

class Solution {// 本质就是超级长的整数如何取余public int[] divisibilityArray(String word, int m) {double x = 0; // 第 i 位 用第 i-1 位 * 10 + word[1] 表示, 来防止溢出int n = word.length();int[] res = new int[n];for(int i = 0; i < n; i++){x = (x*10 + (word.charAt(i) - '0')) % m;res[i] = (x == 0) ? 1 : 0;}return res;}
}

6367. 求出最多标记下标

输入：nums = [3,5,2,4]
输出：2
解释：第一次操作中，选择 i = 2 和 j = 1 ，操作可以执行的原因是 2 * nums[2] <= nums[1] ，标记下标 2 和 1 。
没有其他更多可执行的操作，所以答案为 2 。

输入：nums = [9,2,5,4]
输出：4
解释：第一次操作中，选择 i = 3 和 j = 0 ，操作可以执行的原因是 2 * nums[3] <= nums[0] ，标记下标 3 和 0 。
第二次操作中，选择 i = 1 和 j = 2 ，操作可以执行的原因是 2 * nums[1] <= nums[2] ，标记下标 1 和 2 。
没有其他更多可执行的操作，所以答案为 4 。

输入：nums = [7,6,8]
输出：0
解释：没有任何可以执行的操作，所以答案为 0 。

贪心 + 同向双指针

class Solution {// 2 3 4 5public int maxNumOfMarkedIndices(int[] nums) {Arrays.sort(nums);int res = 0;int n = nums.length;int left = 0, right = n / 2;while(left < n/2 && right < n){if(nums[left] * 2 <= nums[right]){res += 2;left++;right++;}else{right++;}}return res;}
}

二分答案

class Solution {/**二分答案：考虑匹配k对如果能匹配k对，则一定能匹配k-1对、k-2对...*/public int maxNumOfMarkedIndices(int[] nums) {Arrays.sort(nums);int left = 0, right = nums.length/2;while(left <= right){int mid = (left + right) >> 1;if(check(nums, mid)){left = mid+1;}else{right = mid-1;}}return right * 2;}public boolean check(int[] nums, int k){for(int i = 0; i < k; i++){if(nums[i] * 2 > nums[nums.length-k+i])return false;}return true;}
}

6366. 在网格图中访问一个格子的最少时间

输入：grid = [[0,1,3,2],[5,1,2,5],[4,3,8,6]]
输出：7
解释：一条可行的路径为：
- 时刻 t = 0 ，我们在格子 (0,0) 。
- 时刻 t = 1 ，我们移动到格子 (0,1) ，可以移动的原因是 grid[0][1] <= 1 。
- 时刻 t = 2 ，我们移动到格子 (1,1) ，可以移动的原因是 grid[1][1] <= 2 。
- 时刻 t = 3 ，我们移动到格子 (1,2) ，可以移动的原因是 grid[1][2] <= 3 。
- 时刻 t = 4 ，我们移动到格子 (1,1) ，可以移动的原因是 grid[1][1] <= 4 。
- 时刻 t = 5 ，我们移动到格子 (1,2) ，可以移动的原因是 grid[1][2] <= 5 。
- 时刻 t = 6 ，我们移动到格子 (1,3) ，可以移动的原因是 grid[1][3] <= 6 。
- 时刻 t = 7 ，我们移动到格子 (2,3) ，可以移动的原因是 grid[2][3] <= 7 。
最终到达时刻为 7 。这是最早可以到达的时间。

输入：grid = [[0,2,4],[3,2,1],[1,0,4]]
输出：-1
解释：没法从左上角按题目规定走到右下角。

Dijkstra求最短路径

题解：https://leetcode.cn/problems/minimum-time-to-visit-a-cell-in-a-grid/solution/er-fen-da-an-bfspythonjavacgo-by-endless-j10w/

class Solution {private final static int[][] dirs = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};public int minimumTime(int[][] grid) {int m = grid.length, n = grid[0].length;if(grid[0][1] > 1 && grid[1][0] > 1) return -1;// 否则答案一定存在（因为可以反复横跳来拖延时间）// 到达grid[i][j] 的最小时间 dis[i][j] 一定是和 (i+j) 同奇偶的// 如果到达时不同奇偶， 则+1就行int[][] dis = new int[m][n];for(int i = 0; i < m; i++){Arrays.fill(dis[i], Integer.MAX_VALUE);}dis[0][0] = 0;PriorityQueue<int[]> pq = new PriorityQueue<>((a,b) -> a[0]-b[0]);pq.add(new int[]{0,0,0});while(true){int[] poll = pq.poll();int d = poll[0], i = poll[1], j = poll[2];if(i == m-1 && j == n-1) return d;for(int[] dir : dirs){ // 枚举周围四个格子int x = i + dir[0], y = j + dir[1];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n){int nd = Math.max(d+1, grid[x][y]);nd += (nd-x-y) % 2; // nd 必须和 x+y 同奇偶if(nd < dis[x][y]){dis[x][y] = nd; // 更新最短路pq.add(new int[]{nd, x, y});}}}}}
}

二分答案

二分到终点的时间，然后跑 BFS

如果可以从终点到达起点，说明可以在大于 endTime 的时刻到达终点；反之，如果无法从终点到达起点，说明无法在小于 endTime 的时刻到达终点。

有单调性，可以二分到达终点的时间。

class Solution {private final static int[][] dirs = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};private int[][] grid, vis;public int minimumTime(int[][] grid) {int m = grid.length, n = grid[0].length;if (grid[0][1] > 1 && grid[1][0] > 1) // 无法「等待」return -1;this.grid = grid;vis = new int[m][n];int left = Math.max(grid[m - 1][n - 1], m + n - 2) - 1;int right = (int) 1e5 + m + n; // 开区间while (left + 1 < right) {int mid = (left + right) >>> 1;if (check(mid)) right = mid;else left = mid;}return right + (right + m + n) % 2;}private boolean check(int endTime) {int m = grid.length, n = grid[0].length;vis[m - 1][n - 1] = endTime;var q = new ArrayList<int[]>();q.add(new int[]{m - 1, n - 1});for (int t = endTime - 1; !q.isEmpty(); --t) {var tmp = q;q = new ArrayList<>();for (var p : tmp) {int i = p[0], j = p[1];for (var d : dirs) { // 枚举周围四个格子int x = i + d[0], y = j + d[1];if (0 <= x && x < m && 0 <= y && y < n && vis[x][y] != endTime && grid[x][y] <= t) {if (x == 0 && y == 0) return true;vis[x][y] = endTime; // 用二分的值来标记，避免重复创建 vis 数组q.add(new int[]{x, y});}}}}return false;}
}   

 if (0 <= x && x < m && 0 <= y && y < n && vis[x][y] != endTime && grid[x][y] <= t) {if (x == 0 && y == 0) return true;vis[x][y] = endTime; // 用二分的值来标记，避免重复创建 vis 数组q.add(new int[]{x, y});}}}}return false;
}

}