介绍
模拟算法的核心与其名一样，重在模拟，主要是根据题目的要求，进行无脑的暴力模拟去实现。这类题目还是比较简单的，相较于那些没有思路的题目来说。主要考察的是我们的编码能力。
1576.替换所有的问号
题目：
给你一个仅包含小写英文字母和
'?'字符的字符串s，请你将所有的'?'转换为若干小写字母，使最终的字符串不包含任何 连续重复 的字符。注意：你 不能 修改非
'?'字符。题目测试用例保证 除
'?'字符 之外，不存在连续重复的字符。在完成所有转换（可能无需转换）后返回最终的字符串。如果有多个解决方案，请返回其中任何一个。可以证明，在给定的约束条件下，答案总是存在的。
示例 1：
输入：s = "?zs" 输出："azs" 解释：该示例共有 25 种解决方案，从 "azs" 到 "yzs" 都是符合题目要求的。只有 "z" 是无效的修改，因为字符串 "zzs" 中有连续重复的两个 'z' 。示例 2：
输入：s = "ubv?w" 输出："ubvaw" 解释：该示例共有 24 种解决方案，只有替换成 "v" 和 "w" 不符合题目要求。因为 "ubvvw" 和 "ubvww" 都包含连续重复的字符。提示：
1 <= s.length <= 100
s仅包含小写英文字母和'?'字符
思路：题目是让我们在一堆小写字母和"?"中，将"?"给替换成小写字母，且相邻的小写字母之间不能出现重复，但是不相邻的小写字母之间可以出现重复。
代码实现：
class Solution {
public String modifyString(String s) {
int n = s.length();
if (n == 1) { // 排除特殊情况
char ch = s.charAt(0);
return ch == '?' ? "a" : s;
}
StringBuilder sb = new StringBuilder();
char[] ans = s.toCharArray();
for (int i = 0; i < n; i++) {
char ch = s.charAt(i);
if (ch == '?') {
if (i == 0) { // 没有前缀字符
// 拿到后缀字符
char r = s.charAt(1);
for (char j = 'a'; j <= 'z'; j++) {
if (j != r) {
sb.append(j);
ans[i] = j;
break;
}
}
} else if (i == n-1) { // 没有后缀字符
// 拿到前缀字符（修改后的）
char l = ans[n-2];
for (char j = 'a'; j <= 'z'; j++) {
if (j != l) {
sb.append(j);
ans[i] = j;
break;
}
}
} else {
// 拿到前缀和后缀
char l = ans[i-1]; // 修改后的
char r = s.charAt(i+1);
for (char j = 'a'; j <= 'z'; j++) {
if (j != l && j != r) {
sb.append(j);
ans[i] = j;
break;
}
}
}
} else {
sb.append(ch);
ans[i] = ch;
}
}
return sb.toString();
}
}这里我们在修改的同时，还得记录，因为字符串中没有修改过的，而我们是要在修改的基础上再进行判断修改的。因此我们便不采用 StringBuilder 的方式，而是直接在数组上进行修改即可。
class Solution {
public String modifyString(String s) {
char[] ans = s.toCharArray();
int n = ans.length;
for (int i = 0; i < n; i++) {
char ch = ans[i];
if (ch == '?') { // 需要修改
for (char j = 'a'; j <= 'z'; j++) { // 找到可以替换的
// 前面的字符 和 后面的字符都满足即可
if ((i == 0 || j != ans[i-1]) && (i == n-1 || j != ans[i+1])) {
ans[i] = j;
break;
}
}
}
}
return new String(ans);
}
}495.提莫攻击
题目：
在《英雄联盟》的世界中，有一个叫 “提莫” 的英雄。他的攻击可以让敌方英雄艾希（编者注：寒冰射手）进入中毒状态。
当提莫攻击艾希，艾希的中毒状态正好持续
duration秒。正式地讲，提莫在
t发起攻击意味着艾希在时间区间[t, t + duration - 1]（含t和t + duration - 1）处于中毒状态。如果提莫在中毒影响结束 前 再次攻击，中毒状态计时器将会 重置 ，在新的攻击之后，中毒影响将会在duration秒后结束。给你一个 非递减 的整数数组
timeSeries，其中timeSeries[i]表示提莫在timeSeries[i]秒时对艾希发起攻击，以及一个表示中毒持续时间的整数duration。返回艾希处于中毒状态的 总 秒数。
示例 1：
输入：timeSeries = [1,4], duration = 2 输出：4 解释：提莫攻击对艾希的影响如下： - 第 1 秒，提莫攻击艾希并使其立即中毒。中毒状态会维持 2 秒，即第 1 秒和第 2 秒。 - 第 4 秒，提莫再次攻击艾希，艾希中毒状态又持续 2 秒，即第 4 秒和第 5 秒。 艾希在第 1、2、4、5 秒处于中毒状态，所以总中毒秒数是 4 。示例 2：
输入：timeSeries = [1,2], duration = 2 输出：3 解释：提莫攻击对艾希的影响如下： - 第 1 秒，提莫攻击艾希并使其立即中毒。中毒状态会维持 2 秒，即第 1 秒和第 2 秒。 - 第 2 秒，提莫再次攻击艾希，并重置中毒计时器，艾希中毒状态需要持续 2 秒，即第 2 秒和第 3 秒。 艾希在第 1、2、3 秒处于中毒状态，所以总中毒秒数是 3 。提示：
1 <= timeSeries.length <= 1040 <= timeSeries[i], duration <= 107timeSeries按 非递减 顺序排列
思路：题目说了这么多，其实就是表达这样一个意思：有一个表示初始时间的数组，再来一个表示持续时长的数字，让我们求总共有多少秒。数组中的值有两类：一类是在初始时间到结束时间（加上持续时长）之内；还有一类是初始时间到结束时间之外。第二类，我们直接加上持续时间即可，而对于第一类我们要计算其有效时长：第二个初始时间 - 第一类初始时间。
代码实现：
class Solution {
public int findPoisonedDuration1(int[] timeSeries, int duration) {
int sum = 0;
int n = timeSeries.length;
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 判断中毒的时间是否是默认时长
if (i+1 < n && timeSeries[i+1] < timeSeries[i]+duration) {
sum += (timeSeries[i+1] - timeSeries[i]);
} else {
sum += duration;
}
}
return sum;
}
}6.Z字形变换
题目：
将一个给定字符串
s根据给定的行数numRows，以从上往下、从左到右进行 Z 字形排列。比如输入字符串为
"PAYPALISHIRING"行数为3时，排列如下：P A H N A P L S I I G Y I R之后，你的输出需要从左往右逐行读取，产生出一个新的字符串，比如：
"PAHNAPLSIIGYIR"。请你实现这个将字符串进行指定行数变换的函数：
string convert(string s, int numRows);示例 1：
输入：s = "PAYPALISHIRING", numRows = 3 输出："PAHNAPLSIIGYIR"示例 2：输入：s = "PAYPALISHIRING", numRows = 4 输出："PINALSIGYAHRPI" 解释： P I N A L S I G Y A H R P I示例 3：
输入：s = "A", numRows = 1 输出："A"提示：
1 <= s.length <= 1000s由英文字母（小写和大写）、','和'.'组成1 <= numRows <= 1000
思路： 题目的意思是让我们把给的字符串，按照Z字形排列后，重新从上到下拼接出一个新的字符串。首先很容易想到的一个思路，就是直接用一个数组去接收字符串，然后再去遍历数组。
代码实现：
class Solution {
public String convert(String s, int numRows) {
// 当只有一行或者只有一列时，直接返回结果即可
if (numRows == 1 || numRows >= s.length()) {
return s;
}
// 1、做准备工作
char[] str = s.toCharArray();
char[][] ch = new char[numRows][1000];
// Arrays.fill(ch, '*'); 这里不能直接去填充，fill方法只能填充一维数组
// 如果要填充二维数组，只能遍历拿出一维数组，再去赋值了
// 2、遍历字符串填充数组
int index = 0;
int len = str.length;
int i = 0;
int j = 0;
while (index < len) {
while (i < numRows-1) {
if (index < len) {
ch[i++][j] = str[index++];
} else {
break;
}
}
while (i > 0) {
if (index < len) {
ch[i--][j++] = str[index++];
} else {
break;
}
}
}
// 3、从数组中拿值，拼凑字符串
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (i = 0; i < numRows; i++) {
for (j = 0; j < 1000; j++) {
// '\u0000' 这个是字符数组的默认值
if (ch[i][j] != '\u0000') {
sb.append(ch[i][j]);
}
}
}
return sb.toString();
}
}上面的方法更容易想到，也是比较简单的方法，除此之外还有找规律的方法。
代码实现：
class Solution {
public String convert(String s, int numRows) {
// 当只有一行或者只有一列时，直接返回结果即可
if (numRows == 1 || numRows > s.length()) {
return s;
}
StringBuilder sb = new StringBuilder();
int d = 2 * numRows - 2;
int len = s.length();
// 按照从上到下的顺序直接来计算
// 第一行
for (int i = 0; i < len; i += d) {
sb.append(s.charAt(i));
}
// 中间行
for (int k = 1; k < numRows-1; k++) { // k是行数
// i 是前一个，j 是后一个，只要两者有一个是小于len的，就需要进入循环
for (int i = k, j = d-k; i < len || j < len; i += d, j += d) {
// 这里的顺序只能是先i后j
if (i < len) {
sb.append(s.charAt(i));
}
if (j < len) {
sb.append(s.charAt(j));
}
}
}
// 最后一行
for (int i = numRows-1; i < len; i += d) {
sb.append(s.charAt(i));
}
return sb.toString();
}
}注意：在 Java中， 当声明一个基本数据类型的数组时，如果没有显式地为数组元素赋值，数组元素会被自动初始化为该数据类型的默认值。对于char类型的数组，其默认值是‘\u0000’，这是一个空字符，其Unicode 值为 0。而不是' '，这是空格字符，Unicode值是32。我们认为的空字符应该是 ''，但是这种写法在Java中时符合语法规范的。Java中，字符的定义是 必须用单引号括起来且单引号内必须有且仅有一个字符。
38.外观数列
题目：
「外观数列」是一个数位字符串序列，由递归公式定义：
countAndSay(1) = "1"countAndSay(n)是countAndSay(n-1)的行程长度编码。行程长度编码（RLE）是一种字符串压缩方法，其工作原理是通过将连续相同字符（重复两次或更多次）替换为字符重复次数（运行长度）和字符的串联。例如，要压缩字符串
"3322251"，我们将"33"用"23"替换，将"222"用"32"替换，将"5"用"15"替换并将"1"用"11"替换。因此压缩后字符串变为"23321511"。给定一个整数
n，返回 外观数列 的第n个元素。示例 1：
输入：n = 4
输出："1211"
解释：
countAndSay(1) = "1"
countAndSay(2) = "1" 的行程长度编码 = "11"
countAndSay(3) = "11" 的行程长度编码 = "21"
countAndSay(4) = "21" 的行程长度编码 = "1211"
示例 2：
输入：n = 1
输出："1"
解释：
这是基本情况。
提示：
1 <= n <= 30
思路： 如果不仔细阅读，这个题目的意思还是有点让人捉摸不透。根据示例的解释，我们可以明白题目给了一个参数n，让我们求n在经过函数计算之后的字符串是啥，第一项是"1"，这是固定的，后面的项就是根据前面一项的"读"出来的。
countAndSay(1) = "1" ——> 这是固定的。
countAndSay(2) = "1" 的行程长度编码 = "11" ——> 读前一项，一个1，即 11。
countAndSay(3) = "11" 的行程长度编码 = "21" ——> 读前一项，俩个个1，即 21。
countAndSay(4) = "21" 的行程长度编码 = "1211"——> 读前一项，一个2，一个1，即1211。
读的操作的过程：
因为 countAndSay(n) 是 countAndSay(n-1) 的行程长度编码，所以在计算第n项时，先得计算第n-1项，计算第n-1项，又得先计算第n-2项，....，直至计算到第1项。这个过程其实就是递归的。
代码实现：
class Solution {
public String countAndSay(int n) {
// 因为 countAndSay(n) 是 countAndSay(n-1) 的行程长度编码
// 行程长度编码就是在"读"数据
// 相当于求第n项，就是在"读"第n-1项
if (n == 1) {
return "1";
}
// 先拿到第n-1项的数据
char[] ch = countAndSay(n-1).toCharArray();
// 开始"读"数据：使用双指针分组数据
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (int left = 0, right = 0; right < ch.length;) {
// 让 left 与 right 到达数组的两个边界
// 注意：处理数组越界
while (right < ch.length && ch[left] == ch[right]) {
right++;
}
// 开始"读"操作
sb.append(right-left);
sb.append(ch[left]);
// 开始新的分组
left = right;
}
return sb.toString();
}
}1419. 数青蛙
题目：
给你一个字符串
croakOfFrogs，它表示不同青蛙发出的蛙鸣声（字符串"croak"）的组合。由于同一时间可以有多只青蛙呱呱作响，所以croakOfFrogs中会混合多个“croak”。请你返回模拟字符串中所有蛙鸣所需不同青蛙的最少数目。
要想发出蛙鸣 "croak"，青蛙必须 依序 输出
‘c’, ’r’, ’o’, ’a’, ’k’这 5 个字母。如果没有输出全部五个字母，那么它就不会发出声音。如果字符串croakOfFrogs不是由若干有效的 "croak" 字符混合而成，请返回-1。
示例 1：
输入：croakOfFrogs = "croakcroak" 输出：1 解释：一只青蛙 “呱呱” 两次示例 2：
输入：croakOfFrogs = "crcoakroak" 输出：2 解释：最少需要两只青蛙，“呱呱” 声用黑体标注 第一只青蛙 "crcoakroak" 第二只青蛙 "crcoakroak"示例 3：
输入：croakOfFrogs = "croakcrook" 输出：-1 解释：给出的字符串不是 "croak" 的有效组合。提示：
1 <= croakOfFrogs.length <= 105- 字符串中的字符只有
'c','r','o','a'或者'k'
思路：题目是让我们遍历字符串，找到叫声数量最少的青蛙数，且青蛙在叫的过程中，严格遵守 c r o a k 的顺序。 即当我们遍历到某个叫声字符时，就可以去看看当前的前一个字符是否有青蛙已经叫过了。如果前一个字符没有青蛙叫过，那么这个叫声肯定不是青蛙的。如果前一个字符青蛙叫过了，那么处于当前字符的青蛙数++，处于前一个字符的青蛙数--。但是有个特殊的情况，我们得注意，当青蛙刚开始叫 c 这个字符时，既可以是前面已经叫完了的青蛙叫的，也可能是新的青蛙叫的，怎么判断呢？题目这里说的是最少数量，那么去判断处于 k字符的青蛙数量是否为0（因为当青蛙叫完之后，肯定是出于k字符的位置的），如果为0，则是有新的青蛙在叫，反之，则是剩余的青蛙在叫，那只需将 k字符的青蛙数--，c字符的青蛙数++。
总的来说，分两种情况，c字符，就是看是否有新的青蛙，其余字符就是看是否有处于前一个字符的青蛙。
代码实现：
class Solution {
public int minNumberOfFrogs(String croakOfFrogs) {
// 存储青蛙的叫声与此时的青蛙数量
HashMap<Character, Integer> hash = new HashMap<>();
hash.put('c', 0);
hash.put('r', 0);
hash.put('o', 0);
hash.put('a', 0);
hash.put('k', 0);
// 遍历叫声，数青蛙
char[] str = croakOfFrogs.toCharArray();
int count = 0;
for (int i = 0; i < str.length; i++) {
char ch = str[i];
// 判断当前字符的情况：
// 1、起始字符，就看结束字符的数量；
// 2、如果是中间字符，就看前一个字符的数量
if (ch == 'c') {
if (hash.getOrDefault('k', 0) != 0) { // 有空闲的青蛙
// 当前叫声的青蛙数++，空闲青蛙数--
hash.replace('c', hash.getOrDefault('c', 0)+1);
hash.replace('k', hash.get('k')-1);
} else { // 没有空闲的青蛙，只能是新来了青蛙
hash.put('c', hash.getOrDefault('c', 0)+1);
count++;
}
} else if (ch == 'r') {
// 判断是否有前一个字符
if (hash.getOrDefault('c', 0) != 0) {
hash.replace('c', hash.get('c')-1);
hash.replace('r', hash.getOrDefault('r', 0)+1);
} else {
return -1;
}
} else if (ch == 'o') {
if (hash.getOrDefault('r', 0) != 0) {
hash.replace('r', hash.get('r')-1);
hash.replace('o', hash.getOrDefault('o', 0)+1);
} else {
return -1;
}
} else if (ch == 'a') {
if (hash.getOrDefault('o', 0) != 0) {
hash.replace('o', hash.get('o')-1);
hash.replace('a', hash.getOrDefault('a', 0)+1);
} else {
return -1;
}
} else if (ch == 'k') {
if (hash.getOrDefault('a', 0) != 0) {
hash.replace('a', hash.get('a')-1);
hash.replace('k', hash.getOrDefault('k', 0)+1);
} else {
return -1;
}
} else { // 不是青蛙的叫声
return -1;
}
}
// 判断哈希表中是否还有剩余青蛙处于"叫"的状态
// 这是通过测试用例排除出来的，为了偷懒只写了一部分，正常要把前面的叫声全部判断一遍
if (hash.getOrDefault('a', 0) != 0 || hash.getOrDefault('c', 0) != 0) {
return -1;
}
return count;
}
}上面的代码是根据思路直接写出来的，有点冗长，我们可以去尝试优化。
优化的地方：主要是多个if-else给去掉。而多个if-else存在的原因是我们不知道当前字符对应的青蛙数量。
class Solution {
public int minNumberOfFrogs(String croakOfFrogs) {
// 使用数组来记录当前叫声位置的青蛙数
int[] count = new int[5];
// 使用哈希表来记录索引
HashMap<Character, Integer> hash = new HashMap<>();
for (int i = 0; i < 5; i++) {
hash.put("croak".charAt(i), i);
}
// 遍历叫声字符串
int len = croakOfFrogs.length();
char[] str = croakOfFrogs.toCharArray();
for (int i = 0; i < len; i++) {
// 判断当前字符是c字符，还是其他字符
// 题目说了，不会出现其他无关字符，因此我们可以不用判断
char ch = str[i];
if (ch == 'c') {
// 判断是否是剩余青蛙在叫
if (count[hash.get('k')] != 0) {
count[hash.get('k')]--;
}
count[hash.get('c')]++;
} else {
// 判断是否有处于前一个叫声的青蛙
if (count[hash.get(ch)-1] == 0) { // 注意这里的写法
return -1;
}
// 前一个叫声的青蛙数--，当前叫声的青蛙数++
count[hash.get(ch)-1]--;
count[hash.get(ch)]++;
}
}
// 判断剩余叫声中是否有青蛙数，如果有，则不是青蛙叫声
for (int i = 0; i < 5; i++) {
if (count[i] != 0) {
// 返回处于k位置的青蛙数即可
return i == 4 ? count[i] : -1;
}
}
return -1; // 这里只是为了通过编译
}
}好啦！本期 一文详解“模拟算法“ 的学习之旅 就到此结束啦！我们下一期再一起学习吧！
