本题次要在于对树这种数据结构的考查，以及深度优先遍历的应用，优化时能够采取空间换工夫的策略。
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原题
给你一棵树（即，一个连通的无环无向图），这棵树由编号从 0 到 n – 1 的 n 个节点组成，且恰好有 n – 1 条 edges 。树的根节点为节点 0 ，树上的每一个节点都有一个标签，也就是字符串 labels 中的一个小写字符（编号为 i 的 节点的标签就是 labels[i] ）
边数组 edges 以 edges[i] = [ai, bi] 的模式给出，该格局示意节点 ai 和 bi 之间存在一条边。
返回一个大小为 n 的数组，其中 ans[i] 示意第 i 个节点的子树中与节点 i 标签雷同的节点数。
树 T 中的子树是由 T 中的某个节点及其所有后辈节点组成的树。
示例 1：
输出：n = 7, edges = [[0,1],[0,2],[1,4],[1,5],[2,3],[2,6]], labels = "abaedcd"
输入：[2,1,1,1,1,1,1]
解释：节点 0 的标签为 'a' ，以 'a' 为根节点的子树中，节点 2 的标签也是 'a' ，因而答案为 2 。留神树中的每个节点都是这棵子树的一部分。
节点 1 的标签为 'b' ，节点 1 的子树蕴含节点 1、4 和 5，然而节点 4、5 的标签与节点 1 不同，故而答案为 1（即，该节点自身）。示例 2：
输出：n = 4, edges = [[0,1],[1,2],[0,3]], labels = "bbbb"
输入：[4,2,1,1]
解释：节点 2 的子树中只有节点 2 ，所以答案为 1 。
节点 3 的子树中只有节点 3 ，所以答案为 1 。
节点 1 的子树中蕴含节点 1 和 2 ，标签都是 'b' ，因而答案为 2 。
节点 0 的子树中蕴含节点 0、1、2 和 3，标签都是 'b'，因而答案为 4 。示例 3 ：
输出：n = 5, edges = [[0,1],[0,2],[1,3],[0,4]], labels = "aabab"
输入：[3,2,1,1,1]示例 4：
输出：n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[1,3],[3,4],[4,5]], labels = "cbabaa"
输入：[1,2,1,1,2,1]示例 5：
输出：n = 7, edges = [[0,1],[1,2],[2,3],[3,4],[4,5],[5,6]], labels = "aaabaaa"
输入：[6,5,4,1,3,2,1]
```
提醒：
* 1 <= n <= 10^5
* edges.length == n - 1
* edges[i].length == 2
* 0 <= ai, bi < n
* ai != bi
* labels.length == n
* labels 仅由小写英文字母组成
原题 url：https://leetcode-cn.com/problems/number-of-nodes-in-the-sub-tree-with-the-same-label
## 解题
### 首次尝试
这道题是要让咱们计算：在子树中，和以后节点字符雷同的节点个数。
那么咱们就必然须要构建树中各个节点的关系，那么就须要记录父子节点的关系，因为是一般的树，一个节点的子节点可能有多个，因而我用`LinkedList<Integer>[] tree`这样一个数组进行存储，其中`tree[i]`代表节点 i 的所有子节点。
至于求雷同节点的个数，我想着能够从根节点 0 开始一一遍历，先获取其第一层子节点，再依据第一层子节点一一获取，能够采纳广度优先遍历的模式。
让咱们看看代码：class Solution {
public int[] countSubTrees(int n, int[][] edges, String labels) {
// 结构树
LinkedList<Integer>[] tree = new LinkedList[n];
for (int[] edge : edges) {
// edge[0]的子节点
LinkedList<Integer> child = tree[edge[0]];
if (child == null) {
child = new LinkedList<>();
tree[edge[0]] = child;
}
// 减少子节点
child.add(edge[1]);
}
// 后果
int[] result = new int[n];
// 遍历并计算
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 须要遍历的字符
char cur = labels.charAt(i);
// 该节点的子树中与该字符雷同的节点数
int curCount = 0;
// 广度优先遍历
LinkedList<Integer> searchList = new LinkedList<>();
searchList.add(i);
while(!searchList.isEmpty()) {
int index = searchList.removeFirst();
if (cur == labels.charAt(index)) {
curCount++;
}
// 找出该节点的子树
if (tree[index] == null) {
continue;
}
searchList.addAll(tree[index]);
}
result[i] = curCount;
}
return result;
}}
提交之后，发现有`谬误`。谬误的状况是：输出：
4
[[0,2],[0,3],[1,2]]
“aeed”
输入：
[1,2,1,1]
预期：
[1,1,2,1]
依据这样输出，我结构出的树是：1 0
/ \
2 3
但依据预期后果反推出来的树是：0/ \
2 3
/
1
那么输出中最初给出的`[1,2]`就不是从`父节点`指向`子节点`，也就是输出中给出的边关联的节点程序，是任意的。
那咱们的树到底该如何结构呢？
### 双向记录结构树
既然咱们在结构树的时候，无奈间接得出父子关系，那么就将对应两个节点同时记录另一个节点。
依据题目中给出的条件：`树的根节点为节点 0`。这样咱们在遍历的时候，就从 0 开始，只有 0 关联的节点，肯定是 0 的子节点。将这些节点进行标记，这样再递归拜访接下来的节点时，如果是标记过的，则阐明是父节点，这样就能够明确父子节点关系了。
至于遍历的时候，因为这次咱们是不晓得父子节点关系的，所以无奈间接采纳广度优先遍历，换成`深度优先遍历`。
让咱们看看代码：class Solution {
// 总节点数
int n;
// 树
Map<Integer, LinkedList<Integer>> tree;
// 字符串
String labels;
// 最终后果
int[] result;
public int[] countSubTrees(int n, int[][] edges, String labels) {
this.n = n;
this.labels = labels;
result = new int[n];
LinkedList<Integer> list;
// 双向结构树的关系
tree = new HashMap<>(n / 4 * 3 + 1);
for (int[] edge : edges) {
// 增加映射关系
list = tree.computeIfAbsent(edge[0], k -> new LinkedList<>());
list.add(edge[1]);
list = tree.computeIfAbsent(edge[1], k -> new LinkedList<>());
list.add(edge[0]);
}
// 深度优先搜寻
dfs(0);
return result;
}
public int[] dfs(int index) {
// 以后子树中，所有字符的个数
int[] charArray = new int[26];
// 开始计算，标记该节点曾经计算过
result[index] = 1;
// 取得其关联的节点
List<Integer> nodes = tree.get(index);
// 遍历
for (int node : nodes) {
// 如果该节点曾经拜访过
if (result[node] > 0) {
continue;
}
// 递归遍历子节点
int[] array = dfs(node);
for (int i = 0; i < 26; i++) {
charArray[i] += array[i];
}
}
// 将以后节点的值计算一下
charArray[labels.charAt(index) - 'a'] += 1;
result[index] = charArray[labels.charAt(index) - 'a'];
return charArray;
}}
提交OK，执行用时`136ms`，超过`36.71%`，内存耗费`104.5MB`，超过`91.38%`。
工夫复杂度上，应该是要钻研`dfs`办法中的两个`for`循环，外层必定是每个节点都遍历一遍，内层还须要遍历`26`个英文字母，也就是`O(n)`。
空间复杂度上，最大的应该就是存储节点映射关系的`tree`了，外面实际上就是 2n 个节点（因为每条边对应的两个节点都会相互存一次对方），因而也就是`O(n)`。
尽管过了，但执行速度很慢，能够进一步优化。
### 用空间换工夫
针对我下面的解法，其中`tree`我是用的`Map`，尽管其`get`办法实践上是`O(n)`，但毕竟波及 hash，能够优化成数组。
至于每次取节点对应的字符所用的`charAt`办法，具体其实是：public char charAt(int index) {
if ((index < 0) || (index >= value.length)) {
throw new StringIndexOutOfBoundsException(index);
}
return value[index];
}每次都会查看一次 index，其实这齐全是能够省略的，因而能够提前结构好每个地位对应的值，也用一个数组存储。
让咱们看看新的代码：class Solution {
// 总节点数
int n;
// 树
LinkedList<Integer>[] tree;
// 每个节点的值（用数字示意）
int[] nodeValueArray;
// 最终后果
int[] result;
public int[] countSubTrees(int n, int[][] edges, String labels) {
this.n = n;
nodeValueArray = new int[n];
result = new int[n];
// 双向结构树的关系
tree = new LinkedList[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
tree[i] = new LinkedList<>();
}
for (int[] edge : edges) {
// 增加映射关系
tree[edge[0]].add(edge[1]);
tree[edge[1]].add(edge[0]);
}
// 生成节点的值
for (int i = 0; i < n; i++) {
nodeValueArray[i] = labels.charAt(i) - 'a';
}
// 深度优先搜寻
dfs(0);
return result;
}
public int[] dfs(int index) {
// 以后子树中，所有字符的个数
int[] charArray = new int[26];
// 开始计算，标记该节点曾经计算过
result[index] = 1;
// 取得其关联的节点
List<Integer> nodes = tree[index];
// 遍历
for (int node : nodes) {
// 如果该节点曾经拜访过
if (result[node] > 0) {
continue;
}
// 递归遍历子节点
int[] array = dfs(node);
for (int i = 0; i < 26; i++) {
charArray[i] += array[i];
}
}
// 将以后节点的值计算一下
charArray[nodeValueArray[index]] += 1;
result[index] = charArray[nodeValueArray[index]];
return charArray;
}}
提交之后，执行用时是`96ms`，内存耗费是`402.2MB`。看来优化的成果并不显著。
### 钻研一下目前最优解法
这个解法真的是奇妙，执行用时`20ms`，超过了`100%`，内存耗费`76.3MB`，超过了`100%`。
我在代码中减少了正文，不便大家了解。但这样的写法，钻研一下是可能看懂，但让我想预计是永远不可能想进去，能够让大家也一起学习和借鉴：public class Solution {
static class Next {
Next next;
Node node;
Next(Next next, Node node) {
this.next = next;
this.node = node;
}}
static class Node {
/**
* 以后节点的index
*/
final int index;
/**
* 以后节点对应的字符值（减去'a'）
*/
final int ci;
/**
* 所有关联的节点
*/
Next children;
/**
* 该节点的父节点
*/
Node parent;
/**
* 子树中和该节点含有雷同字符的节点总个数
*/
int result;
/**
* 是否还在队列中，能够了解为是否已拜访过
*/
boolean inQueue;
public Node(int index, int ci) {
this.index = index;
this.ci = ci;
this.result = 1;
}
/**
* 从后往前，找到以后节点没有拜访过的第一个子节点
*/
Node popChild() {
for (; ; ) {
// 以后节点的所有关联节点
Next n = this.children;
// 如果没有，阐明子节点都遍历完了
if (n == null) {
return null;
}
// 从后往前移除关联节点
this.children = n.next;
// 返回第一个没有拜访过的节点
if (!n.node.inQueue) {
return n.node;
}
}
}
/**
* 拜访了该节点
*/
Node enqueue(Node[] cnodes) {
// 该节点标记为拜访过
this.inQueue = true;
// 记录该节点的父节点
this.parent = cnodes[ci];
// 那么当初该字符值对应的最高节点，就是以后节点。
// 这样如果之后也遇到雷同字符的子节点，就能够为子节点赋值其父节点，也就是下面一行是无效的
cnodes[ci] = this;
return this;
}
/**
* 退出该节点
*/
void dequeue(Node[] cnodes, int[] res) {
// 之后会拜访该节点的兄弟节点，因而父节点须要从新设置
cnodes[ci] = this.parent;
// 设置以后节点的值
res[index] = this.result;
// 父节点也能够进行累加
if (this.parent != null) {
this.parent.result += this.result;
}
}
void link(Node x) {
// this节点和x节点，相互绑定
this.children = new Next(this.children, x);
x.children = new Next(x.children, this);
}}
public int[] countSubTrees(int n, int[][] edges, String labels) {
// 结构树
Node[] nodes = new Node[n];
// 每个节点对应的字符
for (int i = 0; i < n; i++) {
nodes[i] = new Node(i, labels.charAt(i) - 'a');
}
// 通过边的关系，将节点相互绑定
for (int[] es : edges) {
nodes[es[0]].link(nodes[es[1]]);
}
// 最终的后果
int[] res = new int[n];
// 以后拜访的节点下标
int sz = 0;
// 26个小写英文字母对应的节点数组
Node[] cnodes = new Node[26];
// 上面三行能够合并成这一行：
// Node node = nodes[sz++] = nodes[0].enqueue(cnodes);
nodes[sz] = nodes[0].enqueue(cnodes);
// 以后拜访的节点
Node node = nodes[sz];
// 因为以后节点曾经拜访过，天然下标须要+1
sz++;
for (; ; ) {
// 从后往前，找到以后节点没有拜访过的第一个子节点
Node child = node.popChild();
// 如果曾经全副拜访过了
if (child == null) {
// 开始计算
node.dequeue(cnodes, res);
if (--sz == 0) {
break;
}
// 回溯到父节点
node = nodes[sz - 1];
} else {
// 保障了相邻节点肯定是父子节点
node = nodes[sz++] = child.enqueue(cnodes);
}
}
return res;}
}
## 总结
以上就是这道题目我的解答过程了，不晓得大家是否了解了。本题次要在于对树这种数据结构的考查，以及深度优先遍历的应用，优化时能够采取空间换工夫的策略。
有趣味的话能够拜访我的博客或者关注我的公众号、头条号，说不定会有意外的惊喜。
[https://death00.github.io/](https://death00.github.io/)
公众号：健程之道
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