关于android:LeetCode-周赛上分之旅-47-前后缀分解结合单调栈的贡献问题

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学习数据结构与算法的关键在于把握问题背地的算法思维框架，你的思考越形象，它能笼罩的问题域就越广，了解难度也更简单。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告，一起领会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 47 篇文章，往期回顾请移步到文章开端 \~

LeetCode 周赛 364

T1. 最大二进制奇数（Easy）

  • 标签：贪婪

T2. 漂亮塔 I（Medium）

  • 标签：枚举、前后缀合成、枯燥栈

T3. 漂亮塔 II（Medium）

  • 标签：枚举、前后缀合成、枯燥栈

T4. 统计树中的非法门路数目（Hard）

  • 标签：DFS、质数

T1. 最大二进制奇数（Easy）

https://leetcode.cn/problems/maximum-odd-binary-number/description/

题解（模仿）

简略模拟题，先计算 $1$ 的个数，将其中一个 $1$ 置于最低位，其它 $1$ 置于最高位：

class Solution {fun maximumOddBinaryNumber(s: String): String {val cnt = s.count { it == '1'}
        return StringBuilder().apply {repeat(cnt - 1) {append("1")
            }
            repeat(s.length - cnt) {append("0")
            }
            append("1")
        }.toString()}
}
class Solution:
    def maximumOddBinaryNumber(self, s: str) -> str:
        n, cnt = len(s), s.count("1")
        return "1" * (cnt - 1) + "0" * (n - cnt) + "1"
class Solution {
public:
    string maximumOddBinaryNumber(string s) {int n = s.length();
       int cnt = 0;
       for (auto& e : s)  {if (e == '1') cnt++;
       }
       string ret;
       for (int i = 0; i < cnt - 1; i++) {ret.push_back('1');
       }
       for (int i = 0; i < n - cnt; i++) {ret.push_back('0');
       }
       ret.push_back('1');
       return ret;
    }
};

复杂度剖析：

  • 工夫复杂度：$O(n)$ 线性遍历；
  • 空间复杂度：$O(1)$ 不思考后果字符串。

T2. 漂亮塔 I（Medium）

https://leetcode.cn/problems/beautiful-towers-i/description/

同 T3. 漂亮塔 I

T3. 漂亮塔 II（Medium）

https://leetcode.cn/problems/beautiful-towers-ii/description/

问题剖析

初步剖析：

  • 问题指标： 结构满足条件的计划，使得数组出现山状数组，返回元素和；
  • 计划条件： 从数组的最大值向左侧为递加，向右侧也为递加。

思考实现：

  • 在 T2. 漂亮塔 I（Medium）中的数据量只有 $1000$，咱们能够枚举以每个点作为山峰（数组最大值）的计划，从山顶顺次向两侧递加，使得以后地位不高于前一个地位，整体的工夫复杂度是 $O(n^2)$；
  • 在 T3. 漂亮塔 II（Medium）中数据量有 $10^5$，咱们须要思考低于平方工夫复杂度的办法。

思考优化：

以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例，咱们察看以 $3$ 和 $9$ 作为山顶的两个计划：

 以 3 作为山顶：3 3 |3 3| 2 2

以 9 作为山顶
3 3 |3 9| 2 2

能够发现：以 $3$ 作为山顶的左侧与以 $9$ 为山顶的右侧在两个计划之间是能够复用的，至此发现解决办法：咱们能够别离预处理出以每个节点作为山顶的前缀和后缀的和：

  • $pre[i]$ 示意以 $maxHeights[i]$ 作为山顶时左侧段的前缀和；
  • $suf[i]$ 示意以 $maxHeights[i]$ 作为山顶时右侧段的后缀和。

那么，最佳计划就是 $pre[i] + suf[i] – maxHeight[i]$ 的最大值。 当初，最初的问题是如何以均摊 $O(1)$ 的工夫复杂度计算出每个元素前后缀的和？

思考递推关系：

持续以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例：

  • 以 $6$ 为山顶，前缀为 $[6]$
  • 以 $5$ 为山顶，须要保障左侧元素不大于 $5$，因而找到 $6$ 并批改为 $5$，前缀为 $[5, 5]$
  • 以 $3$ 为山顶，须要保障左侧元素不大于 $3$，因而找到两个 $5$ 并批改为 $3$，前缀为 $[3, 3, 3]$
  • 以 $9$ 为山顶，须要保障左侧元素不大于 $9$，不须要批改，前缀为 $[3, 3, 3, 9]$
  • 以 $2$ 为山顶，须要保障左侧元素不大于 $2$，批改后为 $[2, 2, 2, 2, 2]$
  • 以 $7$ 为山顶，须要保障左侧元素不大于 $7$，不须要批改，前缀为 $[2, 2, 2, 2, 2, 7]$

进步形象水平：

察看以上步骤，问题的关键在于批改操作：因为数组是递增的，因而批改的步骤就是在「寻找小于等于以后元素 $x$ 的上一个元素」，再将两头的元素削减为 $x$。「寻找上一个更小元素」，这是枯燥栈的典型场景。

题解一（枚举）

枚举以每个元素作为山顶的计划：

class Solution {fun maximumSumOfHeights(maxHeights: List<Int>): Long {
        val n = maxHeights.size
        var ret = 0L
        for (i in maxHeights.indices) {var curSum = maxHeights[i].toLong()
            var pre = maxHeights[i]
            for (j in i - 1 downTo 0) {pre = min(pre, maxHeights[j])
                curSum += pre
            }
            pre = maxHeights[i]
            for (j in i + 1 ..< n) {pre = min(pre, maxHeights[j])
                curSum += pre
            }
            ret = max(ret, curSum)
        }
        return ret
    }
}
class Solution:
    def maximumSumOfHeights(self, maxHeights: List[int]) -> int:
        n, ret = len(maxHeights), 0
        for i in range(n):
            curSum = maxHeights[i]
            pre = maxHeights[i]
            for j in range(i + 1, n):
                pre = min(pre, maxHeights[j])
                curSum += pre
            pre = maxHeights[i]
            for j in range(i - 1, -1, -1):
                pre = min(pre, maxHeights[j])
                curSum += pre
            ret = max(ret, curSum)
        return ret
class Solution {
public:
    long long maximumSumOfHeights(vector<int>& maxHeights) {int n = maxHeights.size();
        long long ret = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {long long curSum = maxHeights[i];
            int pre = maxHeights[i];
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {pre = min(pre, maxHeights[j]);
                curSum += pre;
            }
            pre = maxHeights[i];
            for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {pre = min(pre, maxHeights[j]);
                curSum += pre;
            }
            ret = max(ret, curSum);
        }
        return ret;
    }
};

复杂度剖析：

  • 工夫复杂度：$O(n^2)$ 每个计划的工夫复杂度是 $O(n)$，一共有 $n$ 种计划；
  • 空间复杂度：$O(1)$ 仅应用常量级别空间。

题解二（前后缀合成 + 枯燥栈）

应用单点栈保护前后缀数组，为了便于边界计算，咱们结构长为 $n + 1$ 的数组。以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例：

0, 5, 6, 10, 4, 5
13, 8, 6, 2, 1, 0
class Solution {fun maximumSumOfHeights(maxHeights: List<Int>): Long {
        val n = maxHeights.size
        val suf = LongArray(n + 1)
        val pre = LongArray(n + 1)
        // 枯燥栈求前缀
        val stack = java.util.ArrayDeque<Int>()
        for (i in 0 until n) {
            // 弹出栈顶
            while (!stack.isEmpty() && maxHeights[stack.peek()] > maxHeights[i]) {stack.pop()
            }
            val j = if (stack.isEmpty()) -1 else stack.peek() 
            pre[i + 1] = pre[j + 1] + 1L * (i - j) * maxHeights[i]
            stack.push(i)
        }
        // 枯燥栈求后缀
        stack.clear()
        for (i in n - 1 downTo 0) {
            // 弹出栈顶
            while (!stack.isEmpty() && maxHeights[stack.peek()] > maxHeights[i]) {stack.pop()
            }
            val j = if (stack.isEmpty()) n else stack.peek()
            suf[i] = suf[j] + 1L * (j - i) * maxHeights[i]
            stack.push(i)
        }
        // 合并
        var ret = 0L
        for (i in 0 until n) {ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i])
        }
        return ret
    }
}
class Solution:
    def maximumSumOfHeights(self, maxHeights: List[int]) -> int:
        n = len(maxHeights)
        suf = [0] * (n + 1)
        pre = [0] * (n + 1)
        stack = []
        # 枯燥栈求前缀
        for i in range(n):
            # 弹出栈顶
            while stack and maxHeights[stack[-1]] > maxHeights[i]:
                stack.pop()
            j = stack[-1] if stack else -1
            pre[i + 1] = pre[j + 1] + (i - j) * maxHeights[i]
            stack.append(i)
        # 枯燥栈求后缀
        stack = []
        for i in range(n - 1, -1, -1):
            # 弹出栈顶
            while stack and maxHeights[stack[-1]] > maxHeights[i]:
                stack.pop()
            j = stack[-1] if stack else n
            suf[i] = suf[j] + (j - i) * maxHeights[i]
            stack.append(i)
        # 合并
        ret = 0
        for i in range(n):
            ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i])
        
        return ret
class Solution {
public:
    long long maximumSumOfHeights(vector<int>& maxHeights) {int n = maxHeights.size();
        vector<long long> suf(n + 1, 0);
        vector<long long> pre(n + 1, 0);
        stack<int> st;
        // 枯燥栈求前缀
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            // 弹出栈顶
            while (!st.empty() && maxHeights[st.top()] > maxHeights[i]) {st.pop();
            }
            int j = st.empty() ? -1 : st.top();
            pre[i + 1] = pre[j + 1] + 1LL * (i - j) * maxHeights[i];
            st.push(i);
        }
        // 枯燥栈求后缀
        while (!st.empty()) st.pop();
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            // 弹出栈顶
            while (!st.empty() && maxHeights[st.top()] > maxHeights[i]) {st.pop();
            }
            int j = st.empty() ? n : st.top();
            suf[i] = suf[j] + 1LL * (j - i) * maxHeights[i];
            st.push(i);
        }
        // 合并
        long long ret = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i]);
        }
        return ret;
    }
};

复杂度剖析：

  • 工夫复杂度：$O(n)$ 在一侧的计算中，每个元素最多如何和出栈 $1$ 次；
  • 空间复杂度：$O(n)$ 前后缀数组空间。

T4. 统计树中的非法门路数目（Hard）

https://leetcode.cn/problems/count-valid-paths-in-a-tree/description/

这道题仿佛比 T3 还简略一些。

问题剖析

初步剖析：

  • 问题指标： 寻找满足条件的计划数；
  • 问题条件： 门路 $[a, b]$ 上质数的数目有且仅有 $1$；
  • 问题因素： 门路和 – 示意门路上质数的数目。

思考实现：

  • 子问题： 对于以根节点 x 的原问题，能够分为 3 种状况：

    • 左子树能够结构的计划数
    • 右子树能够结构的计划数
    • 如果根节点为质数：「从根到子树节点的门路和为 $0$ 的数目」与「从根到其它子树节点的门路和为 $0$ 的数目」的乘积（乘法原理）

题解（DFS）

结构 DFS 函数，子树的 DFS 返回值为两个值：

  • $cnt0$：到子树节点和为 $0$ 的门路数；
  • $cnt1$：到子树节点和为 $1$ 的门路数；

返回后果时：

  • 如果根节点为质数，那么只能与 $cnt0$ 个门路和为 $1$ 的门路；
  • 如果根节点为非质数，那么 $cnt0$ 个门路能够组成和为 $0$ 的门路，同理 $cnt1$ 个门路能够组成和为 $1$ 的门路。

在子树的计算过程中还会结构后果：

因为题目阐明 $[a, b]$ 与 $[b, a]$ 是雷同门路，咱们能够记录以后子树左侧曾经计算过的 $cnt0$ 和 $cnt1$ 的累加和，再与以后子树的 $cnt0$ 与 $cnt1$ 做乘法：

$ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0]$

class Solution {
    
    companion object {
        val U = 100000
        val primes = LinkedList<Int>()
        val isPrime = BooleanArray(U + 1) {true}
        init {isPrime[1] = false
            for (i in 2 .. U) {if (isPrime[i]) primes.add(i)
                for (e in primes) {if (i * e > U) break
                    isPrime[i * e] = false
                    if (i % e == 0) break
                }
            }
        }
    }
    
    fun countPaths(n: Int, edges: Array<IntArray>): Long {val graph = Array(n + 1) {LinkedList<Int>() }
        for ((from, to) in edges) {graph[from].add(to)
            graph[to].add(from)
        }
        
        var ret = 0L
        
        // return 0 和 1 的数量
        fun dfs(i: Int, pre: Int): IntArray {
            // 终止条件
            var cnt = IntArray(2)
            if (isPrime[i]) {cnt[1] = 1
            } else {cnt[0] = 1
            }
            // 递归
            for (to in graph[i]) {if (to == pre) continue // 返祖边
                val (cnt0, cnt1) = dfs(to, i)
                // 记录计划
                ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0]
                // 记录影响
                if (isPrime[i]) {cnt[1] += cnt0
                } else {cnt[0] += cnt0
                    cnt[1] += cnt1
                }
            }
            return cnt
        }
        dfs(1, -1) // 随机抉择根节点
        return ret
    }
}
U = 100000
primes = deque()
isPrime = [True] * (U + 1)

isPrime[1] = False
for i in range(2, U + 1):
    if isPrime[i]: primes.append(i)
    for e in primes:
        if i * e > U: break
        isPrime[i * e] = False
        if i % e == 0: break

class Solution:

    def countPaths(self, n, edges):
        graph = defaultdict(list)
        for u, v in edges:
            graph[u].append(v)
            graph[v].append(u)

        ret = 0

        def dfs(i, pre):
            nonlocal ret # 批改内部变量
            cnt = [0, 0]
            # 终止条件
            if isPrime[i]:
                cnt[1] = 1
            else:
                cnt[0] = 1
            for to in graph[i]:
                if to == pre: continue # 返祖边
                cnt0, cnt1 = dfs(to, i)
                # 记录计划
                ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0]
                # 记录影响
                if isPrime[i]:
                    cnt[1] += cnt0
                else:
                    cnt[0] += cnt0
                    cnt[1] += cnt1
            return cnt

        dfs(1, -1) # 随机抉择根节点
        return ret
const int U = 100000;
list<int> primes;
bool isPrime[U + 1];
bool inited = false;

void init() {if (inited) return;
    inited = true;
    memset(isPrime, true, sizeof(isPrime));
    isPrime[1] = false;
    for (int i = 2; i <= U; ++i) {if (isPrime[i]) primes.push_back(i);
        for (auto e : primes) {if (i * e > U) break;
            isPrime[i * e] = false;
            if (i % e == 0) break;
        }
    }
}

class Solution {
public:
    long long countPaths(int n, vector<vector<int>>& edges) {init();
        vector<list<int>> graph(n + 1);
        for (const auto& edge : edges) {int from = edge[0];
            int to = edge[1];
            graph[from].push_back(to);
            graph[to].push_back(from);
        }

        long long ret = 0;

        // return 0 和 1 的数量
        function<vector<int>(int, int)> dfs = [&](int i, int pre) -> vector<int> {
            // 终止条件
            vector<int> cnt(2, 0);
            if (isPrime[i]) {cnt[1] = 1;
            } else {cnt[0] = 1;
            }
            // 递归
            for (auto to : graph[i]) {if (to == pre) continue; // 返祖边
                vector<int> subCnt = dfs(to, i);
                int cnt0 = subCnt[0];
                int cnt1 = subCnt[1];
                // 记录计划
                ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0];
                // 记录影响
                if (isPrime[i]) {cnt[1] += cnt0;
                } else {cnt[0] += cnt0;
                    cnt[1] += cnt1;
                }
            }
            return cnt;
        };
        dfs(1, -1); // 随机抉择根节点
        return ret;
    }
};

复杂度剖析：

  • 工夫复杂度：预处理工夫为 $O(U)$，建图工夫 和 DFS 工夫为 $O(n)$；
  • 空间复杂度：预处理空间为 $O(U)$，模仿空间为 $O(n)$。

枚举质数

OI – 素数筛法

枚举法：枚举 $[2, n]$，判断它是不是质数，整体工夫复杂度是 $O(n\sqrt{n})$

// 暴力求质数
fun getPrimes(max: Int): IntArray {val primes = LinkedList<Int>()
    for (num in 2..max) {if (isPrime(num)) primes.add(num)
    }
    return primes.toIntArray()}

// 质数判断
fun isPrime(num: Int): Boolean {
    var x = 2
    while (x * x <= num) {if (num % x == 0) return false
        x++
    }
    return true
}

Eratosthenes 埃氏筛：如果 $x$ 是质数，那么 $x$ 的整数倍 $2x$、$3x$ 肯定不是质数。咱们设 isPrime[i] 示意 $i$ 是否为质数。从小开始遍历，如果 $i$ 是质数，则同时将所有倍数标记为合数，整体工夫复杂度是 $O(nlgn)$

为什么要从 $x^2$, $2x^2$ 开始标记，而不是 $2x$, $3x$ 开始标记，因为 $2x$, $3x$ 曾经被小于 $x$ 的质数标记过。

// 埃氏筛求质数
val primes = LinkedList<Int>()
val isPrime = BooleanArray(U + 1) {true}
for (i in 2..U) {// 查看是否为质数，这里不须要调用 isPrime() 函数判断是否质数，因为它没被小于它的数标记过，那么肯定不是合数
    if (!isPrime[i]) continue
    primes.add(i)
    // 标记
    var x = i * i
    while (x <= U) {isPrime[x] = false
        x += i
    }
}

Euler 欧氏线性筛：只管咱们从 $x^2$ 开始标记来缩小反复标记，但埃氏筛还是会反复标记合数。为了防止反复标记，标记 $x$ 与“小于等于 $x$ 的最小质因子的质数”的乘积为合数，保障每个合数只被标记最小的质因子标记，整体工夫复杂度是 $O(n)$

// 线性筛求质数
val primes = LinkedList<Int>()
val isPrime = BooleanArray(U + 1) {true}
for (i in 2..U) {// 查看是否为质数，这里不须要调用 isPrime() 函数判断是否质数，因为它没被小于它的数标记过，那么肯定不是合数
    if (isPrime[i]) {primes.add(i)
    }
    // 标记
    for (e in primes) {if (i * e > U) break
        isPrime[i * e] = false
        if (i % e == 0) break
    }
}

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正文完
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发表至： android
2023-09-24
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