关于后端:LeetCode-双周赛-102模拟-BFS-Dijkstra-Floyd

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大家好，欢送来到小彭的 LeetCode 周赛解题报告。

昨晚是 LeetCode 双周赛第 102 场，你加入了吗？这场较量比较简单，拼的是板子手速，继上周掉大分后算是回了一口血 😁。

2618. 查问网格图中每一列的宽度（Easy）

简略模拟题，无需解释。

模仿：$O(nm)$

2619. 一个数组所有前缀的分数（Medium）

简略动静布局题，简略到像模拟题。

动静布局：$O(n)$

2620. 二叉树的堂兄弟节点 II（Medium）

思考过程：递归→DFS→BFS。因为堂兄弟节点都在同一层，发现“递归地缩小问题规模求解原问题”和 DFS 都不好编码，而 BFS 更合乎“层”的概念。往 BFS 方向思考后，容易找到解决办法。

BFS：$O(n)$

2621. 设计能够求最短门路的图类（Hard）

最近周赛的最短路问题十分多，印象中曾经间断呈现三次最短路问题。了解 Dijkstra 算法和 Floyd 算法的利用场景十分重要。

奢侈 Dijkstra：$O(m + q_1·n^2 + q_2)$
Dijkstra + 最小堆：$O(m + q_1·nlgm+q_2)$
Floyd：$O(m + n^3 + q_1 + q_2·n^2)$

https://leetcode.cn/problems/find-the-width-of-columns-of-a-g…

给你一个下标从 0 开始的 m x n 整数矩阵 grid。矩阵中某一列的宽度是这一列数字的最大 字符串长度 。

比方说，如果 grid = [[-10], [3], [12]]，那么惟一一列的宽度是 3，因为 10 的字符串长度为 3。

请你返回一个大小为 n 的整数数组 ans，其中 ans[i] 是第 i 列的宽度。

一个有 len 个数位的整数 x，如果是非正数，那么 字符串长度 为 len，否则为 len + 1。

class Solution {fun findColumnWidth(grid: Array<IntArray>): IntArray {
        val m = grid.size
        val n = grid[0].size
        val ret = IntArray(n)
        for (column in 0 until n) {for (row in 0 until m) {ret[column] = Math.max(ret[column], "${grid[row][column]}".length)
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(nm)$ 其中 $n$ 和 $m$ 为 grid 数组的行列大小，每个节点最多拜访 1 次；
空间复杂度：$O(1)$ 不思考后果数组。

https://leetcode.cn/problems/find-the-score-of-all-prefixes-o…

定义一个数组 arr 的 转换数组 conver 为：

conver[i] = arr[i] + max(arr[0..i])，其中 max(arr[0..i]) 是满足 0 <= j <= i 的所有 arr[j] 中的最大值。

定义一个数组 arr 的分数为 arr 转换数组中所有元素的和。

给你一个下标从 0 开始长度为 n 的整数数组 nums，请你返回一个长度为 n 的数组 **ans，其中 ans[i] 是前缀 nums[0..i] 的分数。

简略动静布局题，容易发现递归关系：

conver[i] = max{maxNum, arr[i]}
dp[i] = dp[i-1] + conver[i]

class Solution {fun findPrefixScore(nums: IntArray): LongArray {
        val n = nums.size
        val ret = LongArray(n)
        // 初始状态
        ret[0] = 2L * nums[0]
        var maxNum = nums[0]
        // DP
        for (i in 1 until n) {maxNum = Math.max(maxNum, nums[i])
            ret[i] = ret[i - 1] + (0L + nums[i] + maxNum)
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 为 $arr$ 数组的长度，每个节点最多拜访 1 次；
空间复杂度：$O(1)$ 不思考后果数组。

https://leetcode.cn/problems/cousins-in-binary-tree-ii/descri…

给你一棵二叉树的根 root，请你将每个节点的值替换成该节点的所有 堂兄弟节点值的和 。

如果两个节点在树中有雷同的深度且它们的父节点不同，那么它们互为 堂兄弟 。

请你返回批改值之后，树的根 root 。

留神，一个节点的深度指的是从树根节点到这个节点通过的边数。

剖析 1 – 递归：尝试合成左右子树求解问题，发现左右子树不独立，不再思考此思路；

剖析 2 – DFS / BFS：因为堂兄弟节点都在同一层，而 BFS 更合乎“层”的概念，往 BFS 方向思考后，容易找到解决办法：在解决每一层的节点时，第一轮遍历先累计下一层节点的和，在第二轮遍历时更新下一层节点（取出本人和兄弟节点的值）。

/**
 * Example:
 * var ti = TreeNode(5)
 * var v = ti.`val`
 * Definition for a binary tree node.
 * class TreeNode(var `val`: Int) {
 *     var left: TreeNode? = null
 *     var right: TreeNode? = null
 * }
 */
class Solution {fun replaceValueInTree(root: TreeNode?): TreeNode? {if (null == root) return root
        // BFS
        val queue = LinkedList<TreeNode>()
        queue.offer(root)
        root.`val` = 0
        while (!queue.isEmpty()) {
            val size = queue.size
            // 计算下一层的和
            var nextLevelSum = 0
            for (i in 0 until size) {val node = queue[i]
                if (null != node.left) nextLevelSum += node.left.`val`
                if (null != node.right) nextLevelSum += node.right.`val`
            }
            for (count in 0 until size) {val node = queue.poll()
                // 减去非堂兄弟节点
                var nextLevelSumWithoutNode = nextLevelSum
                if (null != node.left) nextLevelSumWithoutNode -= node.left.`val`
                if (null != node.right) nextLevelSumWithoutNode -= node.right.`val`
                // 入队
                if (null != node.left) {queue.offer(node.left)
                    node.left.`val` = nextLevelSumWithoutNode
                }
                if (null != node.right) {queue.offer(node.right)
                    node.right.`val` = nextLevelSumWithoutNode
                }
            }
        }
        return root
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$ 其中 n 为二叉树的节点总数，每个节点最多拜访 2 次（含入队 1 次）；
空间复杂度：$O(n)$ BFS 队列空间。

类似题目：

993. 二叉树的堂兄弟节点

https://leetcode.cn/problems/design-graph-with-shortest-path-…

给你一个有 n 个节点的 有向带权 图，节点编号为 0 到 n - 1。图中的初始边用数组 edges 示意，其中 edges[i] = [fromi, toi, edgeCosti] 示意从 fromi 到 toi 有一条代价为 edgeCosti 的边。

请你实现一个 Graph 类：

Graph(int n, int[][] edges) 初始化图有 n 个节点，并输出初始边。
addEdge(int[] edge) 向边集中增加一条边，其中 **edge = [from, to, edgeCost]。数据保障增加这条边之前对应的两个节点之间没有有向边。
int shortestPath(int node1, int node2) 返回从节点 node1 到 node2 的门路最小代价。如果门路不存在，返回 1。一条门路的代价是门路中所有边代价之和。

这道题勉强能算 Floyd 算法或 Dijkstra 算法的模板题，先回顾一下最短路问题解决方案：

Dijkstra 算法（单源正权最短路）：
- 实质上是贪婪 + BFS；
- 负权边会毁坏贪婪策略的抉择，无奈解决含负权问题；
- 稠密图小顶堆的写法更优，浓密图奢侈写法更优。
Floyd 算法（多源汇正权最短路）
Bellman Ford 算法（单源负权最短路）
SPFA 算法（单源负权最短路）

因为这道题须要反对屡次查问操作，而 Floyd 算法可能缓存最短路后果，实践上 Floyd 算法是更优的抉择。不过，咱们察看到题目的数据量十分十分小，所以奢侈 Dijkstra 算法也能通过。

这道题的查问操作是求从一个源点到指标点的最短门路，并且这条门路上没有负权值，合乎 Dijkstra 算法的利用场景，在解决增加边时，只须要动静的批改图数据结构。

Dijkstra 算法的实质是贪婪 + BFS，咱们须要将所有节点分为 2 类，在每一轮迭代中，咱们从“候选集”中抉择间隔终点最短路长度最小的节点，因为该点不存在更优解，所以能够用该点来“松弛”相邻节点。

1、确定集：已确定（从终点开始）到以后节点最短门路的节点；
2、候选集：未确定（从终点开始）到以后节点最短门路的节点。

技巧：应用较大的整数 0x3F3F3F3F 代替整数最大值 Integer.MAX_VALUE 能够缩小加法越界判断。

class Graph(val n: Int, edges: Array<IntArray>) {

    private val INF = 0x3F3F3F3F

    // 带权有向图（临接矩阵）private val graph = Array(n) {IntArray(n) {INF} }

    init {
        // i 自旋的门路长度
        for (i in 0 until n) {graph[i][i] = 0
        }
        // i 中转 j 的门路长度
        for (edge in edges) {addEdge(edge)
        }
    }

    fun addEdge(edge: IntArray) {graph[edge[0]][edge[1]] = edge[2]
    }

    fun shortestPath(node1: Int, node2: Int): Int {
        // Dijkstra

        // 最短路
        val dst = IntArray(n) {INF}
        dst[node1] = 0
        // 确定标记
        val visited = BooleanArray(n)
        // 迭代 n - 1 次
        for (count in 0 until n - 1) {
            // 寻找候选集中最短路长度最短的节点
            var x = -1
            for (i in 0 until n) {if (!visited[i] && (-1 == x || dst[i] < dst[x])) x = i
            }
            // start 可达的节点都拜访过 || 已确定 node1 -> node2 的最短路
            if (-1 == x || dst[x] == INF || x == node2) break
            visited[x] = true
            // 松弛相邻节点
            for (y in 0 until n) {dst[y] = Math.min(dst[y], dst[x] + graph[x][y])
            }
        }
        return if (INF == dst[node2]) -1 else dst[node2]
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(m + q_1·n^2 + q_2)$ 其中 n 为节点数量，m 为边数量，$q_1$ 为查问次数，$q_2$ 为增加边次数。建图工夫 O(m)，每个节点拜访 n 次；
空间复杂度：$O(n^2 + n)$ 图空间 + 最短路数组

这道题是浓密图，奢侈 Dijkstra 因为 Dijkstra + 最小堆。

奢侈 Dijkstra 的每轮迭代中须要遍历 n 个节点寻找候选集中的最短路长度。事实上，这 n 个节点中有局部是”确定集“，有局部是远离终点的边缘节点，每一轮都遍历显得没有必要。咱们应用小顶堆记录候选集中最近深度的节点。

class Graph(val n: Int, edges: Array<IntArray>) {

    private val INF = 0x3F3F3F3F

    // 带权有向图（临接矩阵）private val graph = Array(n) {IntArray(n) {INF} }

    init {
        // i 自旋的门路长度
        for (i in 0 until n) {graph[i][i] = 0
        }
        // i 中转 j 的门路长度
        for (edge in edges) {addEdge(edge)
        }
    }

    fun addEdge(edge: IntArray) {graph[edge[0]][edge[1]] = edge[2]
    }

    fun shortestPath(node1: Int, node2: Int): Int {
        // Dijkstra + 最小堆

        // 最短路
        val dst = IntArray(n) {INF}
        dst[node1] = 0
        val heap = PriorityQueue<Int>() { i1, i2 ->
            dst[i1] - dst[i2]
        }
        heap.offer(node1)
        while (!heap.isEmpty()) {// 应用 O(lgm) 工夫找出最短路长度
            var x = heap.poll()
            // 松弛相邻节点
            for (y in 0 until n) {if (dst[x] + graph[x][y] < dst[y]) {dst[y] = dst[x] + graph[x][y]
                    heap.offer(y)
                }
            }
        }
        return if (INF == dst[node2]) -1 else dst[node2]
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(m + q_1·nlgm+q_2)$ 其中 n 为节点数量，m 为边数量，$q_1$ 为查问次数，$q_2$ 为增加边次数。建图工夫 $O(m)$，每条边都会拜访一次，每轮迭代取堆顶 O(lgm)。这道题边数大于点数，奢侈写法更优。
空间复杂度：$O(n^2 + n)$ 图空间 + 堆空间。

Fload 算法的实质是贪婪 + BFS，咱们须要三层循环枚举直达点 i、枚举终点 j 和枚举起点 k，如果 dsti + dstk < dsti，则能够松弛 dsti。

这道题的另一个关键点在于反对调用 addEdge() 动静增加边，所以应用 Floyd 算法时要思考如何更新存量图。

class Graph(val n: Int, edges: Array<IntArray>) {

    val INF = 0x3F3F3F3F

    // 门路长度（带权有向图）val graph = Array(n) {IntArray(n) {INF} }

    init {
        // i 自旋的门路长度
        for (i in 0 until n) {graph[i][i] = 0
        }
        // i 中转 j 的门路长度
        for (edge in edges) {graph[edge[0]][edge[1]] = edge[2]
        }
        // Floyd 算法
        // 枚举直达点
        for (k in 0 until n) {
            // 枚举终点
            for (i in 0 until n) {
                // 枚举起点
                for (j in 0 until n) {
                    // 比拟 <i to j> 与 <i to p> + <p to j>
                    graph[i][j] = Math.min(graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j])
                }
            }
        }
    }

    fun addEdge(edge: IntArray) {val (x, y, cost) = edge
        // 中转
        graph[x][y] = Math.min(graph[x][y], cost)
        // 枚举直达点
        for (k in intArrayOf(x, y)) {
            // 枚举终点
            for (i in 0 until n) {
                // 枚举起点
                for (j in 0 until n) {
                    // 比拟 <i to j> 与 <i to k> + <k to j>
                    graph[i][j] = Math.min(graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j])
                }
            }
        }
    }

    fun shortestPath(node1: Int, node2: Int): Int {return if (graph[node1][node2] == INF) -1 else graph[node1][node2]
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(m + n^3 + q_1 + q_2·n^2)$ 其中 $n$ 为节点数量，$m$ 为边数量，$q_1$ 为查问次数，$q_2$ 为增加边次数。建图工夫 $O(m + n^3)$，单次查问工夫 $O(1)$，单次增加边工夫 $O(n^2)$；
空间复杂度：$O(n^2)$ 图空间。

相干题目：

743. 网络延迟时间

近期周赛最短路问题：

2617. 网格图中起码拜访的格子数（Hard）
2612. 起码翻转操作数（Hard）
2608. 图中的最短环（Hard）
2577. 在网格图中拜访一个格子的起码工夫（Hard）

关于后端:LeetCode-双周赛-102模拟-BFS-Dijkstra-Floyd

2618. 查问网格图中每一列的宽度（Easy）

题目地址

题目形容

题解（模仿）

2619. 一个数组所有前缀的分数（Medium）

题目地址

题目形容

题解（动静布局）

2620. 二叉树的堂兄弟节点 II（Medium）

题目地址

题目形容

题解（BFS）

2621. 设计能够求最短门路的图类（Hard）

题目地址

题目形容

问题剖析

题解一（奢侈 Dijkstra）

题解二（Dijkstra + 最小堆）

题解三（Floyd）