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题目描述
这是 LeetCode 上的 2044. 统计按位或能得到最大值的子集数目 ,难度为 中等。
Tag : 「二进制枚举」、「位运算」、「DFS」、「状压 DP」
给你一个整数数组 ,请你找出 子集 按位或 可能得到的 最大值 ,并返回按位或能得到最大值的 不同非空子集的数目 。
如果数组 可以由数组 删除一些元素(或不删除)得到,则认为数组 是数组 的一个 子集 。如果选中的元素下标位置不一样,则认为两个子集 不同 。
对数组
执行 按位或 ,结果等于
OR
OR
...
OR
(下标从
开始)。
示例 1:
输入:nums = [3,1]
输出:2
解释:子集按位或能得到的最大值是 3 。有 2 个子集按位或可以得到 3 :
- [3]
- [3,1]
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示例 2:
输入:nums = [2,2,2]
输出:7
解释:[2,2,2] 的所有非空子集的按位或都可以得到 2 。总共有 23 - 1 = 7 个子集。
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示例 3:
输入:nums = [3,2,1,5]
输出:6
解释:子集按位或可能的最大值是 7 。有 6 个子集按位或可以得到 7 :
- [3,5]
- [3,1,5]
- [3,2,5]
- [3,2,1,5]
- [2,5]
- [2,1,5]
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提示:
二进制枚举
令
为
的长度,利用
不超过
,我们可以使用一个 int
数值来代指
的使用情况(子集状态)。
假设当前子集状态为 , 为一个仅考虑低 位的二进制数,当第 位为 ,代表 参与到当前的按位或运算,当第 位为 ,代表 不参与到当前的按位或运算。
在枚举这
个状态过程中,我们使用变量 max
记录最大的按位或得分,使用 ans
记录能够取得最大得分的状态数量。
代码:
class Solution {
public int countMaxOrSubsets(int[] nums) {
int n = nums.length, mask = 1 << n;
int max = 0, ans = 0;
for (int s = 0; s < mask; s++) {
int cur = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (((s >> i) & 1) == 1) cur |= nums[i];
}
if (cur > max) {
max = cur; ans = 1;
} else if (cur == max) {
ans++;
}
}
return ans;
}
}
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- 时间复杂度:令 长度为 ,共有 个子集状态,计算每个状态的按位或得分的复杂度为 。整体复杂度为
- 空间复杂度:
状压 DP
为了优化解法一中「每次都要计算某个子集的得分」这一操作,我们可以将所有状态的得分记下来,采用「动态规划」思想进行优化。
需要找到当前状态
可由哪些状态转移而来:假设当前
中处于最低位的
位于第
位,首先我们可以使用 lowbit
操作得到「仅保留第
的
所对应的数值」,记为
,那么显然对应的状态方程为:
再配合我们从小到大枚举所有的 即可确保计算 时所依赖的 已被计算。
最后为了快速知道数值 最低位 所处于第几位(也就是 为何值),我们可以利用 长度最多不超过 来进行「打表」预处理。
代码:
class Solution {
static Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
static {
for (int i = 0; i < 20; i++) map.put((1 << i), i);
}
public int countMaxOrSubsets(int[] nums) {
int n = nums.length, mask = 1 << n;
int[] f = new int[mask];
int max = 0, ans = 0;
for (int s = 1; s < mask; s++) {
int lowbit = (s & -s);
int prev = s - lowbit, idx = map.get(lowbit);
f[s] = f[prev] | nums[idx];
if (f[s] > max) {
max = f[s]; ans = 1;
} else if (f[s] == max) {
ans++;
}
}
return ans;
}
}
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- 时间复杂度:
- 空间复杂度:
DFS
解法一将「枚举子集/状态」&「计算状态对应的得分」两个过程分开进行,导致了复杂度上界为 。
事实上,我们可以在「枚举子集」的同时「计算相应得分」,设计 void dfs(int u, int val)
的 DFS
函数来实现「爆搜」,其中
为当前的搜索到
的第几位,
为当前的得分情况。
对于任意一位
而言,都有「选」和「不选」两种选择,分别对应了 dfs(u + 1, val | nums[x])
和 dfs(u + 1, val)
两条搜索路径,在搜索所有状态过程中,使用全局变量 max
和 ans
来记录「最大得分」以及「取得最大得分的状态数量」。
该做法将多条「具有相同前缀」的搜索路径的公共计算部分进行了复用,从而将算法复杂度下降为 。
代码:
class Solution {
int[] nums;
int max = 0, ans = 0;
public int countMaxOrSubsets(int[] _nums) {
nums = _nums;
dfs(0, 0);
return ans;
}
void dfs(int u, int val) {
if (u == nums.length) {
if (val > max) {
max = val; ans = 1;
} else if (val == max) {
ans++;
}
return ;
}
dfs(u + 1, val);
dfs(u + 1, val | nums[u]);
}
}
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- 时间复杂度:令 长度为 ,共有 个子集状态。整体复杂度为
- 空间复杂度:忽略递归带来的额外空间开销,复杂度为
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.2044
篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:github.com/SharingSour… 。
在仓库地址里,你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。