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news 2026/4/6 14:35:46

专业装修图片,济南网络优化哪家专业,西宁网站设计,无锡优化推广本文涉及的基础知识点 C算法：前缀和、前缀乘积、前缀异或的原理、源码及测试用例包括课程视频双指针单调双向队列题目你有一辆货运卡车，你需要用这一辆车把一些箱子从仓库运送到码头。这辆卡车每次运输有箱子数目的限制和总重量的限制。给你…

本文涉及的基础知识点

C++算法：前缀和、前缀乘积、前缀异或的原理、源码及测试用例包括课程视频
双指针
单调双向队列

题目

你有一辆货运卡车，你需要用这一辆车把一些箱子从仓库运送到码头。这辆卡车每次运输有箱子数目的限制和总重量的限制。
给你一个箱子数组 boxes 和三个整数 portsCount, maxBoxes 和 maxWeight ，其中 boxes[i] = [portsi, weighti] 。
portsi 表示第 i 个箱子需要送达的码头， weightsi 是第 i 个箱子的重量。
portsCount 是码头的数目。
maxBoxes 和 maxWeight 分别是卡车每趟运输箱子数目和重量的限制。
箱子需要按照数组顺序运输，同时每次运输需要遵循以下步骤：
卡车从 boxes 队列中按顺序取出若干个箱子，但不能违反 maxBoxes 和 maxWeight 限制。
对于在卡车上的箱子，我们需要按顺序处理它们，卡车会通过一趟行程将最前面的箱子送到目的地码头并卸货。如果卡车已经在对应的码头，那么不需要额外行程，箱子也会立马被卸货。
卡车上所有箱子都被卸货后，卡车需要一趟行程回到仓库，从箱子队列里再取出一些箱子。
卡车在将所有箱子运输并卸货后，最后必须回到仓库。
请你返回将所有箱子送到相应码头的最少行程次数。
示例 1：
输入：boxes = [[1,1],[2,1],[1,1]], portsCount = 2, maxBoxes = 3, maxWeight = 3
输出：4
解释：最优策略如下：

卡车将所有箱子装上车，到达码头 1 ，然后去码头 2 ，然后再回到码头 1 ，最后回到仓库，总共需要 4 趟行程。
所以总行程数为 4 。
注意到第一个和第三个箱子不能同时被卸货，因为箱子需要按顺序处理（也就是第二个箱子需要先被送到码头 2 ，然后才能处理第三个箱子）。
示例 2：
输入：boxes = [[1,2],[3,3],[3,1],[3,1],[2,4]], portsCount = 3, maxBoxes = 3, maxWeight = 6
输出：6
解释：最优策略如下：
卡车首先运输第一个箱子，到达码头 1 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
卡车运输第二、第三、第四个箱子，到达码头 3 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
卡车运输第五个箱子，到达码头 2 ，回到仓库，总共 2 趟行程。
总行程数为 2 + 2 + 2 = 6 。
示例 3：
输入：boxes = [[1,4],[1,2],[2,1],[2,1],[3,2],[3,4]], portsCount = 3, maxBoxes = 6, maxWeight = 7
输出：6
解释：最优策略如下：
卡车运输第一和第二个箱子，到达码头 1 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
卡车运输第三和第四个箱子，到达码头 2 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
卡车运输第五和第六个箱子，到达码头 3 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
总行程数为 2 + 2 + 2 = 6 。
示例 4：
输入：boxes = [[2,4],[2,5],[3,1],[3,2],[3,7],[3,1],[4,4],[1,3],[5,2]], portsCount = 5, maxBoxes = 5, maxWeight = 7
输出：14
解释：最优策略如下：
卡车运输第一个箱子，到达码头 2 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
卡车运输第二个箱子，到达码头 2 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
卡车运输第三和第四个箱子，到达码头 3 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
卡车运输第五个箱子，到达码头 3 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
卡车运输第六和第七个箱子，到达码头 3 ，然后去码头 4 ，然后回到仓库，总共 3 趟行程。
卡车运输第八和第九个箱子，到达码头 1 ，然后去码头 5 ，然后回到仓库，总共 3 趟行程。
总行程数为 2 + 2 + 2 + 2 + 3 + 3 = 14 。

提示：
1 <= boxes.length <= 105
1 <= portsCount, maxBoxes, maxWeight <= 105
1 <= portsi <= portsCount
1 <= weightsi <= maxWeight

可理解行强的解法

如果有多种运输的boxs[0,i)的方式，只需要保留行程最少的方式，且只需要记录最小行程，此值用m_vRet[i]记录。分成两步：第一步，运输box[0,j)，第二步运输[j,i)。一次可以运输完成，可以看成第一步是box[0,0)。枚举i,j的时间复杂度都是O(n)，总时间复杂度是O(n*n)。

利用前缀和计算[j,i)的箱子总重量

vWeightSum[i]，记录了boxs[0,i)的重中立，vWeightSum[i]-vWeightSum[j]。

利用前缀和计算[i,j)需要单独下车的次数

vDownSum[i]记录[0,i)需要单独下车的次数。vDown[j]-vDownSum[i]。和前面的箱子不同，则需要单独下车。

优化枚举

m_vRet[i] = min(…,X) X=m_vRet[j]+1 + 1 + vDown[j+1,i)。 1+1 表示返程和下第一箱子，从第二个箱子起要计算要单独下。X = m_vRet[j]+1+1+vDown[i] - vDown[j+1] ,令 Y= m_vRet[j]-vDow[j+1]，则X=Y + 2 + vDown[i] ,显然Y可以提前计算。每次处理完i，将Y记录到setPre中。setPre对应的索引为[left,i)，如果[left,i)超量或超重，则left++，并更新setPre。

时间复杂度

枚举i，时间复杂度。二分查找setPre，时间复杂度O(logn)，总时间复杂度O(nlogn)。

核心代码

class Solution {
public:
int boxDelivering(vector<vector>& boxes, int portsCount, int maxBoxes, int maxWeight) {
m_c = boxes.size();
m_vRet.resize(m_c+1);//记录boxes[0,i) 需的最小行程数
vector vWeightSum = { 0 };//箱子重量前缀和
for (const auto& v : boxes)
{
vWeightSum.emplace_back(v[1] + vWeightSum.back());
}
vector vDownSum = { 0,0 };//假定不是本车的第一个箱子，卸货需要的次数
for (int i = 1; i < m_c; i++)
{
vDownSum.emplace_back(vDownSum.back() + (boxes[i][0] != boxes[i-1][0]));
}
std::multiset setPre = { 0 }; //记录可以作为前一趟的最小行程数-vDownSum[i + 1]
int left = 0;//[left,i)是上一趟的行程
for (int i = 1; i <= m_c; i++)
{
// [left,i)为空，不会超重，也不会超量。所以无需判断是否为空
while ((i - left > maxBoxes) || (vWeightSum[i] - vWeightSum[left] > maxWeight))
{
//如果[left,i)超重或超亮
const int tmp = m_vRet[left ] - vDownSum[left+1 ];
setPre.erase(setPre.find(tmp));
left++;
}
m_vRet[i ] = *setPre.begin() + 2 + vDownSum[i] ;
if (i + 1 <= m_c)
{
setPre.emplace(m_vRet[i] - vDownSum[i + 1]);
}
}
return m_vRet.back();
}
int m_c;
vector m_vRet;
};

测试用例

template
void Assert(const vector& v1, const vector& v2)
{
if (v1.size() != v2.size())
{
assert(false);
return;
}
for (int i = 0; i < v1.size(); i++)
{
assert(v1[i] == v2[i]);
}
}

template
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{
assert(t1 == t2);
}

int main()
{
vector<vector> boxes = { {1,1},{2,1},{1,1} };
int portsCount = 2, maxBoxes = 3, maxWeight = 3;
auto res = Solution().boxDelivering(boxes, portsCount, maxBoxes, maxWeight);
Assert(4, res);
boxes = { {1,2},{3,3},{3,1},{3,1},{2,4} };
portsCount = 3, maxBoxes = 3, maxWeight =6;
res = Solution().boxDelivering(boxes, portsCount, maxBoxes, maxWeight);
Assert(6, res);
boxes = { {2,4},{2,5},{3,1},{3,2},{3,7},{3,1},{4,4},{1,3},{5,2} };
portsCount = 5, maxBoxes = 5, maxWeight = 7;
res = Solution().boxDelivering(boxes, portsCount, maxBoxes, maxWeight);
Assert(14, res);

//CConsole::Out(res);

}

优化二：单调双向队列

原理

setPre的旧值如果大于等于新值，则被淘汰了。这意味着值是按升序排序的。移除值有两种原因：一，旧值比新值大，被淘汰。从容器尾淘汰。二，旧值超重或超过数量了，从容器头淘汰。所以用双向队列。

代码

class Solution {
public:
int boxDelivering(vector<vector>& boxes, int portsCount, int maxBoxes, int maxWeight) {
m_c = boxes.size();
m_vRet.resize(m_c+1);//记录boxes[0,i) 需的最小行程数
vector vWeightSum = { 0 };//箱子重量前缀和
for (const auto& v : boxes)
{
vWeightSum.emplace_back(v[1] + vWeightSum.back());
}
vector vDownSum = { 0,0 };//假定不是本车的第一个箱子，卸货需要的次数
for (int i = 1; i < m_c; i++)
{
vDownSum.emplace_back(vDownSum.back() + (boxes[i][0] != boxes[i-1][0]));
}
std::deque<pair<int, int>> mSumJ = { { 0,0} };
for (int i = 1; i <= m_c; i++)
{
// [left,i)为空，不会超重，也不会超量。所以无需判断是否为空
while (mSumJ.size() &&((i - mSumJ.front().second > maxBoxes) || (vWeightSum[i] - vWeightSum[mSumJ.front().second] > maxWeight)))
{
//如果[left,i)超重或超亮
mSumJ.pop_front();
}
m_vRet[i ] = mSumJ.front().first + 2 + vDownSum[i] ;
if (i + 1 > m_c)
{
continue;
}
const int iNew = m_vRet[i] - vDownSum[i + 1];
while (mSumJ.size() && (mSumJ.back().first >= iNew))
{
mSumJ.pop_back();
}
mSumJ.emplace_back(iNew, i);
}
return m_vRet.back();
}
int m_c;
vector m_vRet;
};

扩展阅读

视频课程

有效学习：明确的目标及时的反馈拉伸区（难度合适），可以先学简单的课程，请移步CSDN学院，听白银讲师（也就是鄙人）的讲解。
https://edu.csdn.net/course/detail/38771

如何你想快

速形成战斗了，为老板分忧，请学习C#入职培训、C++入职培训等课程
https://edu.csdn.net/lecturer/6176

鄙人想对大家说的话
闻缺陷则喜是一个美好的愿望，早发现问题，早修改问题，给老板节约钱。
墨家名称的来源：有所得以墨记之。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛