Leetcode周赛：177
直接调用库函数即可。
import java.time.LocalDate;
import java.time.temporal.ChronoUnit;
class Solution {
public int daysBetweenDates(String date1, String date2) {
return (int) Math.abs(LocalDate.parse(date1).until(LocalDate.parse(date2), ChronoUnit.DAYS));
}
}
使用 $LocalDate$ 类及其 $until(\ )$ 方法，使用 $ChronoUnit.DAYS$ 常量表明以天为单位计算。在此要注意的是Leetcode并没有默认导入 $java.time$ 类，因此要自己导入。
利用二叉树的性质可以知道，二叉树根节点外每个节点有且只有一个父节点，并且有且只有一个根节点。通过这个性质，我们可以遍历数组，找到所有的节点的父节点，再验证是否符合上述性质。
class Solution {
public boolean validateBinaryTreeNodes(int n, int[] leftChild, int[] rightChild) {
int[] parent = new int[n]; //储存每个节点的父节点
Arrays.fill(parent, -1);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (leftChild[i] != -1)
if (parent[leftChild[i]] == -1) parent[leftChild[i]] = i;
else return false; //如果该节点已有父节点，则非二叉树
if (rightChild[i] != -1)
if (parent[rightChild[i]] == -1) parent[rightChild[i]] = i;
else return false;
}
int cnt = 0;
for (int i : parent) if (i == -1 && ++cnt > 1) return false; //如果有多个根节点，则非二叉树
return cnt == 1;
}
}
显然，如果是平方数的话，题解便是其平方根。而对于非平方数，我们可以对其开方。只要知道一个因数，即可算出另一个因数，因此只需要向一个方向遍历即可。在此我采取向 $0$ 遍历的方法。
class Solution {
public int[] closestDivisors(int num) {
int t1 = num + 1, t2 = num + 2; //t1, t2分别为所求目标
for (int i = (int) Math.sqrt(num) + 1; i > 0; i--)
if (t1 % i == 0) return new int[] {i, t1 / i};
else if (t2 % i == 0) return new int[] {i, t2 / i};
return new int[] {1, t1};
}
}
第一眼看到这道题的直觉是排序然后遍历。不过这个方案立马被排除了，因为这道题要找的是最大的数，而对于数字的大小，位数比每个数字的大小更重要，因此排序并不是必要的。
再考察三的倍数的规律。一个数为三的倍数当且仅当其各个位上的数字的和为三的倍数。因此对于 $digits[\ ]$ 数组，如果其和为三的倍数，我们只需要将其所有的数字从大到小排序后输出即可；如果不为三的倍数，则分两种情况，模三余一和模三余二。对于模三余一，如果数组中存在任意一个模三余一的数，只需删去该数即可；如果不存在，则需要删去两个模三余二的数；同理，对于模三余二的情况，则需要删去一个模三余二的数或者两个模三余一的数。最后在输出结果时，唯一要注意的特殊情况是为 $0$ 的情况，毕竟多个 $0$ 并列并不是数字。
class Solution {
public String largestMultipleOfThree(int[] digits) {
StringBuilder res = new StringBuilder();
int sum = 0, //所有数字的和
mod = 0, //sum % 3 的值
count = 0; //应该去除的余数为 mod 的数字的个数
int[] num = new int[10], //每个数字的个数
mods = new int[3]; //每个数字余数的个数
for (int i : digits) {
num[i]++;
mods[i % 3]++;
sum += i;
}
int remain = sum % 3;
if (remain == 1) {
if (mods[1] > 0) { //是否存在模三余一的数
mod = count = 1;
} else { //不存在模三余一的数
mod = 2;
count = 2;
}
} else if (remain == 2) {
if (mods[2] > 0) {
mod = 2;
count = 1;
} else {
mod = 1;
count = 2;
}
}
for (int i = 0; i < 10; i++)
for (int j = 0; j < num[i]; j++)
if (count > 0 && mod == i % 3) count--;
else res.append(i);
if (res.length() > 0 && res.charAt(res.length() - 1) == '0') return "0"; //处理 0
return res.reverse().toString();
}
}