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1、找出转圈游戏输家

1.1 题目链接

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1.2 题目描述

n 个朋友在玩游戏。这些朋友坐成一个圈，按 顺时针方向 从 1 到 n 编号。从第 i 个朋友的位置开始顺时针移动 1 步会到达第 (i + 1) 个朋友的位置（1 <= i < n），而从第 n 个朋友的位置开始顺时针移动 1 步会回到第 1 个朋友的位置。

游戏规则如下：

第 1 个朋友接球。

接着，第 1 个朋友将球传给距离他顺时针方向 k 步的朋友。
然后，接球的朋友应该把球传给距离他顺时针方向 2 * k 步的朋友。
接着，接球的朋友应该把球传给距离他顺时针方向 3 * k 步的朋友，以此类推。
换句话说，在第 i 轮中持有球的那位朋友需要将球传递给距离他顺时针方向 i * k 步的朋友。

当某个朋友第 2 次接到球时，游戏结束。

在整场游戏中没有接到过球的朋友是 输家 。

给你参与游戏的朋友数量 n 和一个整数 k ，请按升序排列返回包含所有输家编号的数组 answer 作为答案。

1.3 解题代码

class Solution {unordered_map<int, int> hash;    
public:vector<int> circularGameLosers(int n, int k) {int i = 0;int m = 1;while(hash[i] == 0){hash[i] = 1;i = (i + m * k) % n;      ++m;}vector<int> res;for(int i = 0; i < n; ++i){if(hash[i] == 0){res.push_back(i+1);}}return res;}
};

1.4 解题思路

(1) 模拟题，首先我们要弄懂模拟规则，用一个参数m来表示传到第几次了。然后下标i从0开始（不是题目中从1开始），其目的就是为了方便进行模运算。

(2) 每次下标变换到的位置是（i + m * k ）% n。

(3) 然后用哈希表来记录谁被传到球了，如果传了两次，则跳出传球过程模拟。

(4) 最后遍历，如果哈希表中记录没有传到球，则压入结果数组当中。

2、相邻值的按位异或

2.1 题目链接

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2.2 题目描述

下标从 0 开始、长度为 n 的数组 derived 是由同样长度为 n 的原始 二进制数组 original 通过计算相邻值的 按位异或（⊕）派生而来。

特别地，对于范围 [0, n - 1] 内的每个下标 i ：

如果 i = n - 1 ，那么 derived[i] = original[i] ⊕ original[0]
否则 derived[i] = original[i] ⊕ original[i + 1]
给你一个数组 derived ，请判断是否存在一个能够派生得到 derived 的 有效原始二进制数组 original 。

如果存在满足要求的原始二进制数组，返回 true ；否则，返回 false 。

二进制数组是仅由 0 和 1 组成的数组。

2.3 解题代码

class Solution {
public:bool doesValidArrayExist(vector<int>& derived) {int n = derived.size();vector<int> copy1(n);vector<int> copy2(n);copy1[0] = 1;for(int i = 1; i < n; ++i){copy1[i] = (copy1[i-1]^derived[i-1]);}if(derived[n-1] == (copy1[n-1] ^ copy1[0])){return true;}copy2[0] = 0;for(int i = 1; i < n; ++i){copy2[i] = (copy2[i-1]^derived[i-1]);}if(derived[n-1] == (copy2[n-1] ^ copy2[0])){return true;}return false;}
};

2.4 解题思路

(1) 这道题目的核心就在于倒推，给结果，能否知晓是由什么数组生成而来的。

(2) 根据规则，我们假设生成数组第一个元素分别为0和1可以倒推生成数组，判断生成得到的数组能否满足题目要求，这里用derived[n-1]来判断，因为这个数字与生成数组的第一个元素也有关系。

(3) 如果无论生成数组第一个元素是0还是1都不能得到最终的数组，那么就可以下判断不可能派生得到derived数组。

3、 矩阵中移动的最大次数

3.1 题目链接

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3.2 题目描述

给你一个下标从 0 开始、大小为 m x n 的矩阵 grid ，矩阵由若干 正 整数组成。

你可以从矩阵第一列中的 任一 单元格出发，按以下方式遍历 grid ：

从单元格 (row, col) 可以移动到 (row - 1, col + 1)、(row, col + 1) 和 (row + 1, col + 1) 三个单元格中任一满足值 严格 大于当前单元格的单元格。
返回你在矩阵中能够 移动 的 最大 次数。

3.3 解题代码

class Solution {
public:int maxMoves(vector<vector<int>>& grid) {int m = grid.size();int n = grid[0].size();int dp[m][n];memset(dp, 0, sizeof(dp));for(int j = n-2; j >= 0; --j){for(int i = 0; i < m; ++i){int row = i;if(row - 1 >= 0){if(grid[row - 1][j + 1] > grid[i][j]){dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[row - 1][j + 1] + 1);}}if(grid[i][j+1] > grid[i][j]){dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j+1] + 1);}if(row + 1 < m){if(grid[row + 1][j + 1] > grid[i][j]){dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[row + 1][j + 1] + 1);}}}}int max0 = 0;for(int i = 0; i < m; ++i){max0 = max(max0, dp[i][0]);}return max0;}
};

3.4 解题思路

(1) 根据题目所描述的，这道题目的关键在于最终要求的是第一列元素所能移动的最大值。

(2) 我们又可以得出移动的方向永远是向着下一列，这代表着我们同一列的每一个元素的所在的位置的最大值只与后面一列的元素有关，即考虑使用动态规划来解决问题。

(3) 最终找出第一列的最大值即可。

4、 统计完全连通分量的数量

4.1 题目链接

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4.2 题目描述

给你一个整数 n 。现有一个包含 n 个顶点的 无向 图，顶点按从 0 到 n - 1 编号。给你一个二维整数数组 edges 其中 edges[i] = [ai, bi] 表示顶点 ai 和 bi 之间存在一条 无向 边。

返回图中 完全连通分量 的数量。

如果在子图中任意两个顶点之间都存在路径，并且子图中没有任何一个顶点与子图外部的顶点共享边，则称其为 连通分量 。

如果连通分量中每对节点之间都存在一条边，则称其为 完全连通分量 。

4.3 解题代码

class Solution {int Find(vector<int>& pre, int index){while(pre[index] != index){index = pre[index];}return index;}void Join(vector<int>& pre, int index1, int index2){index1 = Find(pre, index1);index2 = Find(pre, index2);if(index1 != index2){pre[index1] = index2;}}unordered_map<int, int> hash;unordered_map<int, int> point;
public:int countCompleteComponents(int n, vector<vector<int>>& edges) {int m = edges.size();vector<int> pre(100);for(int i = 0; i < n; ++i){pre[i] = i;}for(int i = 0; i < m; ++i){int x = edges[i][0];    int y = edges[i][1];Join(pre, x, y);}for(int i = 0; i < m; ++i){int x = edges[i][0];hash[Find(pre, x)]++;}for(int i = 0; i < n; ++i){point[Find(pre, i)]++;}int res = 0;for(int i = 0; i < n; ++i){if(i == pre[i]){if(hash[i] == (point[i] * (point[i] - 1)) / 2){res++;}}}return res;}
};

4.4 解题思路

(1) 这道题目是问有多少个完全通量，那么我们首先要知道有多少个子图。那么我们可以用并查集来统计有多少个子图。

(2) 我们将并查集中统领子图中的所有节点的节点所连接的边和所拥有的点的数量统计出来。

(3) 遍历所有子图，已知点的数量n，已知边的数量m，如果m 等于(n * n-1) / 2，那么完全通量+1即可。

打鸡血

心若在，梦就在，只不过是从头再来。哪怕每次周赛一题都做不出来，都得努力去研究，因为未来的某一天一定能够进步的。