LC 1711. 大餐计数

题目描述

这是 LeetCode 上的 1711. 大餐计数 ，难度为 中等。

大餐是指恰好包含两道不同餐品的一餐，其美味程度之和等于 2 的幂。

你可以搭配任意两道餐品做一顿大餐。

给你一个整数数组 deliciousness，其中 deliciousness[i] 是第 i 道餐品的美味程度，返回你可以用数组中的餐品做出的不同大餐的数量，结果需要对 $10^9 + 7$ 取余。

注意，只要餐品下标不同，就可以认为是不同的餐品，即便它们的美味程度相同。

示例 1：

输入：deliciousness = [1,3,5,7,9]

输出：4

解释：大餐的美味程度组合为 (1,3) 、(1,7) 、(3,5) 和 (7,9) 。
它们各自的美味程度之和分别为 4 、8 、8 和 16 ，都是 2 的幂。

示例 2：

输入：deliciousness = [1,1,1,3,3,3,7]

输出：15

解释：大餐的美味程度组合为 3 种 (1,1) ，9 种 (1,3) ，和 3 种 (1,7) 。

提示：

• $1 <= deliciousness.length <= 10^5$
• $0 <= deliciousness[i] <= 2^{20}$

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枚举前一个数（TLE）

一个朴素的想法是，从前往后遍历 $deliciousness$ 中的所有数，当遍历到下标 $i$ 的时候，回头检查下标小于 $i$ 的数是否能够与 $deliciousness[i]$ 相加形成 $2$ 的幂。

这样的做法是 $O(n^2)$ 的，防止同样的数值被重复计算，我们可以使用「哈希表」记录某个数出现了多少次，但这并不改变算法仍然是 $O(n^2)$ 的。

而且我们需要一个 check 方法来判断某个数是否为 $2$ 的幂：

• 朴素的做法是对 $x$ 应用试除法，当然因为精度问题，我们需要使用乘法实现试除；
• 另一个比较优秀的做法是利用位运算找到符合「大于等于 $x$」的最近的 $2$ 的幂，然后判断是否与 $x$ 相同。

两种做法差距有多大呢？方法一的复杂度为 $O(\log{n})$，方法二为 $O(1)$。

根据数据范围 $0 <= deliciousness[i] <= 2^{20}$，方法一最多也就是执行不超过 $22$ 次循环。

显然，采用何种判断 $2$ 的幂的做法不是关键，在 OJ 判定上也卡在 TLE 上。

但通过这样的分析，我们可以发现「枚举前一个数」的做法是与 $n$ 相关的，而枚举「可能出现的 $2$ 的幂」则是有明确的范围，这引导出我们的解法二。

代码：

class Solution {
    int mod = (int)1e9+7;
    public int countPairs(int[] ds) {
        int n = ds.length;
        long ans = 0;
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int x = ds[i];
            for (int other : map.keySet()) if (check(other + x)) ans += map.get(other);
            map.put(x, map.getOrDefault(x, 0) + 1);
        }
        return (int)(ans % mod);
    }
    boolean check(long x) {
        // 方法一
        // long cur = 1;
        // while (cur < x) {
        //     cur = cur * 2;
        // }
        // return cur == x;
        
        // 方法二
        return getVal(x) == x;
    }
    long getVal(long x) {
        long n = x - 1;
        n |= n >>> 1;
        n |= n >>> 2;
        n |= n >>> 4;
        n |= n >>> 8;
        n |= n >>> 16;
        return n < 0 ? 1 : n + 1;
    }
}

• 时间复杂度：$O(n^2)$
• 空间复杂度：$O(n)$

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枚举 2 的幂（容斥原理）

根据对朴素解法的分析，我们可以先使用「哈希表」对所有在 $deliciousness$ 出现过的数进行统计。

然后对于每个数 $x$，检查所有可能出现的 $2$ 的幂 $i$，再从「哈希表」中反查 $t = i - x$ 是否存在，并实现计数。

一些细节：如果哈希表中存在 $t = i - x$，并且 $t = x$，这时候方案数应该是 $(cnts[x] - 1) \times cnts[x]$；其余一般情况则是 $cnts[t] \times cnts[x]$。

同时，这样的计数方式，我们对于二元组 $(x, t)$ 会分别计数两次（遍历 $x$ 和 遍历 $t$），因此最后要利用容斥原理，对重复计数的进行减半操作。

Java 代码：

class Solution {
    int mod = (int)1e9+7, max = 1 << 22;
    public int countPairs(int[] ds) {
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
        for (int d : ds) map.put(d, map.getOrDefault(d, 0) + 1);
        long ans = 0;
        for (int x : map.keySet()) {
            for (int i = 1; i < max; i <<= 1) {
                int t = i - x;
                if (map.containsKey(t)) {
                    if (t == x) ans += (map.get(x) - 1) * 1L * map.get(x);
                    else ans += map.get(x) * 1L * map.get(t);
                }
            }
        }
        ans >>= 1;
        return (int)(ans % mod);
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    int countPairs(vector<int>& ds) {
        int mod = 1e9 + 7, maxv = 1 << 22;
        unordered_map<int, int> freq;        
        for (int d : ds) freq[d]++;
        long long ans = 0;
        for (auto& [x, cnt] : freq) {
            for (int i = 1; i < maxv; i <<= 1) {
                int t = i - x;
                if (freq.count(t)) {
                    if (t == x) ans += (cnt - 1LL) * cnt;
                    else ans += cnt * 1LL * freq[t];
                }
            }
        }
        ans >>= 1;
        return ans % mod;
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def countPairs(self, ds: List[int]) -> int:
        mod, maxv = 10**9 + 7, 1 << 22
        count = defaultdict(int)
        for d in ds:
            count[d] += 1
        ans = 0
        for x, cnt in count.items():
            i = 1
            while i < maxv:
                t = i - x
                if t in count:
                    if t == x:
                        ans += (cnt - 1) * cnt
                    else:
                        ans += cnt * count[t]
                i <<= 1
        return (ans >> 1) % mod

• 时间复杂度：根据数据范围，令 $C$ 为 $2^{21}$。复杂度为 $O(n \log{C})$
• 空间复杂度：$O(n)$

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枚举 2 的幂（边遍历边统计）

当然，我们也可以采取「一边遍历一边统计」的方式，这样取余操作就可以放在遍历逻辑中去做，也就顺便实现了不使用 $long$ 来计数（以及不使用 % 实现取余）。

代码：

class Solution {
    public int countPairs(int[] ds) {
        int mod = (int)1e9+7, max = 1 << 22, ans = 0;
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
        for (int x : ds) {
            for (int i = 1; i < max; i <<= 1) {
                int t = i - x;
                if (map.containsKey(t)) {
                    ans += map.get(t);
                    if (ans >= mod) ans -= mod;
                }
            }
            map.put(x, map.getOrDefault(x, 0) + 1);
        }
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    int countPairs(vector<int>& ds) {
        int mod = 1e9 + 7, maxv = 1 << 22, ans = 0;
        unordered_map<int, int> freq;
        for (int x : ds) {
            for (int i = 1; i < maxv; i <<= 1) {
                int t = i - x;
                if (freq.count(t)) {
                    ans = (ans + freq[t]) % mod;
                }
            }
            freq[x]++;
        }
        return ans;
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def countPairs(self, ds: List[int]) -> int:
        mod, maxv, ans = 10**9 + 7, 1 << 22, 0
        freq = defaultdict(int)
        for x in ds:
            i = 1
            while i < maxv:
                t = i - x
                if t in freq:
                    ans = (ans + freq[t]) % mod
                i <<= 1
            freq[x] += 1
        return ans

• 时间复杂度：根据数据范围，令 $C$ 为 $2^{21}$。复杂度为 $O(n\log{C})$
• 空间复杂度：$O(n)$

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最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1711 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：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

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