2044. 统计按位或能得到最大值的子集数目
2044. 统计按位或能得到最大值的子集数目
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数组
回溯
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🔗 力扣
LeetCode
题目
Given an integer array nums
, find the maximum possible bitwise OR of a subset of nums
and return the number of different non-empty subsets with the maximum bitwise OR.
An array a
is a subset of an array b
if a
can be obtained from b
by deleting some (possibly zero) elements of b
. Two subsets are considered different if the indices of the elements chosen are different.
The bitwise OR of an array a
is equal to a[0] **OR** a[1] **OR** ... **OR** a[a.length - 1]
(0-indexed).
Example 1:
Input: nums = [3,1]
Output: 2
Explanation: The maximum possible bitwise OR of a subset is 3. There are 2 subsets with a bitwise OR of 3:
- [3]
- [3,1]
Example 2:
Input: nums = [2,2,2]
Output: 7
Explanation: All non-empty subsets of [2,2,2] have a bitwise OR of 2. There are 2^3 - 1 = 7 total subsets.
Example 3:
Input: nums = [3,2,1,5]
Output: 6
Explanation: The maximum possible bitwise OR of a subset is 7. There are 6 subsets with a bitwise OR of 7:
- [3,5]
- [3,1,5]
- [3,2,5]
- [3,2,1,5]
- [2,5]
- [2,1,5]
Constraints:
1 <= nums.length <= 16
1 <= nums[i] <= 10^5
题目大意
给你一个整数数组 nums
,请你找出 nums
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 a
可以由数组 b
删除一些元素(或不删除)得到,则认为数组 a
是数组 b
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 a
执行 按位或 ,结果等于 a[0] OR a[1] OR ... OR a[a.length - 1]
(下标从 0 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]
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 2^3 - 1 = 7 个子集。
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]
提示:
1 <= nums.length <= 16
1 <= nums[i] <= 10^5
解题思路
思路一:回溯
这道题目还可以使用回溯来做,对应到算法详解《3.4 回溯算法》 中讲到的「元素可重不可复选 - 子集」题型。
初始化:
- 创建一个变量
maxOR
用于存储当前找到的最大按位或值,另一个变量count
用于记录可以得到该最大值的不同非空子集的数量。 - 使用一个
track
变量来维护当前子集的按位或值。
- 创建一个变量
回溯函数:
- 定义一个回溯函数
backtrack(start)
,用于生成从start
开始的所有子集。 - 在每次递归中,遍历当前索引
start
到数组末尾的所有元素,进行如下操作:- 记录状态:在处理当前元素前,保存当前的
track
值。 - 更新
track
:将当前元素与track
进行按位或运算,更新track
。 - 更新最大值和计数:
- 如果当前
track
的值大于maxOR
,则更新maxOR
并将count
重置为 1(表示找到一个新的最大值)。 - 如果当前
track
等于maxOR
,则将count
加 1(表示找到一个符合条件的子集)。
- 如果当前
- 递归调用:递归地调用
backtrack(i + 1)
,继续处理下一个元素。 - 恢复状态:在返回之前,将
track
恢复到之前的状态,以便进行下一次迭代。
- 记录状态:在处理当前元素前,保存当前的
- 定义一个回溯函数
启动回溯:
- 从索引 0 开始调用
backtrack(0)
,以生成所有可能的子集。
- 从索引 0 开始调用
返回结果:
- 函数结束后返回
count
,即能够生成最大按位或值的不同非空子集的数量。
- 函数结束后返回
复杂度分析
- 时间复杂度:
O(2^n)
,其中 n 是数组的长度,每个元素可以选择加入或不加入子集中,最多会有2^n
个子集,最坏情况下需要检查所有子集。 - 空间复杂度:
O(n)
,主要开销是递归栈的空间,递归调用的深度最多为n
。
思路二:隐式回溯
可以对上面的代码进一步优化。
隐式回溯 给回溯函数增加一个参数
currentOR
,直接通过currentOR
参数来跟踪当前的按位或值,将track
的更新逻辑移除,隐式地回溯,简化状态管理。直接求得最大按位或值
maxOR
按位或运算(|
)对两个数的每一位进行比较,只要有一位是 1,结果的该位就是 1。因此,按位或的结果会保留所有参与运算数的 1。所以最大按位或值
maxOR
就是将数组中的所有元素进行按位或运算,因为它将包含所有元素在其二进制表示中存在的所有 1 位。即:
maxOR = nums.reduce((acc, num) => acc | num, 0)
因此可以直接求得
maxOR
,移除在递归中计算最大值的逻辑,简化状态管理。
复杂度分析同上。
代码
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number}
*/
var countMaxOrSubsets = function (nums) {
const n = nums.length;
let track = 0,
maxOR = 0,
count = 0;
const backtrack = (start) => {
for (let i = start; i < n; i++) {
// 记录当前状态
const currentTrack = track;
// 更新 track
track |= nums[i];
// 根据 track 的值更新 maxOR 和 count
if (track > maxOR) {
maxOR = track;
count = 1; // 找到新的最大值,重置计数
} else if (track === maxOR) {
count++; // 当前值等于最大值,计数加 1
}
// 递归调用
backtrack(i + 1);
// 恢复 track 的状态
track = currentTrack;
}
};
backtrack(0);
return count;
};
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number}
*/
var countMaxOrSubsets = function (nums) {
const n = nums.length;
const maxOR = nums.reduce((acc, num) => acc | num, 0);
let count = 0;
const backtrack = (start, currentOR) => {
for (let i = start; i < n; i++) {
const newOR = currentOR | nums[i];
if (newOR === maxOR) {
count++; // 如果当前按位或值等于最大值,计数加 1
}
backtrack(i + 1, newOR); // 递归调用,更新 currentOR
}
};
backtrack(0, 0); // 从索引 0 开始,初始按位或值为 0
return count;
};
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