关于后端:LeetCode-周赛-34420230507手写递归函数的固定套路

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大家好，我是小彭。

今天下午无力扣杯战队赛，不晓得官网是不是成心调低早上周赛难度给选手们练练手。

往期周赛回顾：LeetCode 单周赛第 343 场 · 联合「下一个排列」的贪婪结构问题

T1. 找出不同元素数目差数组（Easy）

标签：模仿、计数、散列表

T2. 频率跟踪器（Medium）

标签：模仿、计数、散列表、设计

T3. 有雷同色彩的相邻元素数目（Medium）

标签：模仿、计数、贪婪

T4. 使二叉树所有门路值相等的最小代价（Medium）

标签：二叉树、DFS、贪婪

https://leetcode.cn/problems/find-the-distinct-difference-array/

问题指标：求每个地位前缀中不同元素个数和后缀不同元素个数的差值；
察看数据：存在反复数；
解决伎俩：咱们能够计算应用两个散列表计算前缀和后缀中不同元素的差值。思考到前缀和后缀的数值没有依赖关系，只不过后缀是负权，前缀是正权。那么，咱们能够在第一次扫描时将后缀的负权值记录到后果数组中，在第二次扫描时将正权值记录到后果数组中，就能够优化一个散列表空间。

写法 1：

class Solution {fun distinctDifferenceArray(nums: IntArray): IntArray {
        val n = nums.size
        val ret = IntArray(n)
        val leftCnts = HashMap<Int, Int>()
        val rightCnts = HashMap<Int, Int>()

        for (e in nums) {rightCnts[e] = rightCnts.getOrDefault(e, 0) + 1
        }

        for (i in nums.indices) {val e = nums[i]
            leftCnts[e] = leftCnts.getOrDefault(e, 0) + 1
            if (rightCnts[e]!! > 1) rightCnts[e] = rightCnts[e]!! - 1 else rightCnts.remove(e)
            ret[i] = leftCnts.size - rightCnts.size
        }
        return ret
    }
}

写法 2：

class Solution {fun distinctDifferenceArray(nums: IntArray): IntArray {
        val n = nums.size
        val ret = IntArray(n)
        val set = HashSet<Int>()

        // 后缀
        for (i in nums.size - 1 downTo 0) {ret[i] = -set.size
            set.add(nums[i])
        }

        set.clear()

        // 前缀
        for (i in nums.indices) {set.add(nums[i])
            ret[i] += set.size
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$ 其中 n 为 nums 数组的长度；
空间复杂度：$O(n)$ 散列表空间。

https://leetcode.cn/problems/frequency-tracker/

简略设计题，应用一个散列表记录数字呈现次数，再应用另一个散列表记录呈现次数的呈现次数：

class FrequencyTracker() {

    // 计数
    private val cnts = HashMap<Int, Int>()

    // 频率计数
    private val freqs = HashMap<Int, Int>()

    fun add(number: Int) {
        // 旧计数
        val oldCnt = cnts.getOrDefault(number, 0)
        // 减少计数
        cnts[number] = oldCnt + 1
        // 缩小旧频率计数
        if (freqs.getOrDefault(oldCnt, 0) > 0) // 容错
            freqs[oldCnt] = freqs[oldCnt]!! - 1
        // 减少新频率计数
        freqs[oldCnt + 1] = freqs.getOrDefault(oldCnt + 1, 0) + 1
    }

    fun deleteOne(number: Int) {
        // 未蕴含
        if (!cnts.contains(number)) return
        // 缩小计数
        val oldCnt = cnts[number]!!
        if (0 == oldCnt - 1) cnts.remove(number) else cnts[number] = oldCnt - 1
        // 缩小旧频率计数
        freqs[oldCnt] = freqs.getOrDefault(oldCnt, 0) - 1
        // 减少新频率计数
        freqs[oldCnt - 1] = freqs.getOrDefault(oldCnt - 1, 0) + 1
    }

    fun hasFrequency(frequency: Int): Boolean {// O(1) 
        return freqs.getOrDefault(frequency, 0) > 0
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(1)$ 每个操作的工夫复杂度都是 $O(1)$；
空间复杂度：$O(q)$ 取决于减少的次数 $q$。

https://leetcode.cn/problems/number-of-adjacent-elements-with-the-same-color/description/

给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的数组 nums。一开始，所有元素都是 未染色（值为 0）的。

给你一个二维整数数组 queries，其中 queries[i] = [indexi, colori]。

对于每个操作，你须要将数组 nums 中下标为 indexi 的格子染色为 colori。

请你返回一个长度与 queries 相等的数组 answer ，其中 answer[i]是前 i 个操作 之后 **，相邻元素色彩雷同的数目。

更正式的，answer[i] 是执行完前 i 个操作后，0 <= j < n - 1 的下标 j 中，满足 nums[j] == nums[j + 1] 且 nums[j] != 0 的数目。

示例 1：

输出：n = 4, queries = [[0,2],[1,2],[3,1],[1,1],[2,1]]
输入：[0,1,1,0,2]
解释：一开始数组 nums = [0,0,0,0]，0 示意数组中还没染色的元素。- 第 1 个操作后，nums = [2,0,0,0]。相邻元素色彩雷同的数目为 0。- 第 2 个操作后，nums = [2,2,0,0]。相邻元素色彩雷同的数目为 1。- 第 3 个操作后，nums = [2,2,0,1]。相邻元素色彩雷同的数目为 1。- 第 4 个操作后，nums = [2,1,0,1]。相邻元素色彩雷同的数目为 0。- 第 5 个操作后，nums = [2,1,1,1]。相邻元素色彩雷同的数目为 2。

示例 2：

输出：n = 1, queries = [[0,100000]]
输入：[0]
解释：一开始数组 nums = [0]，0 示意数组中还没染色的元素。- 第 1 个操作后，nums = [100000]。相邻元素色彩雷同的数目为 0。

提醒：

1 <= n <= 105
1 <= queries.length <= 105
queries[i].length == 2
0 <= indexi <= n - 1
1 <= colori <= 105

1、概括问题指标

计算每次涂色后相邻色彩的数目个数（与前一个地位色彩雷同）。

2、察看问题数据

数据量：查问操作的次数是 10^5，因而每次查问操作的工夫复杂度不能高于 O(n)。

3、具体化解决伎俩

伎俩 1（暴力枚举）：涂色执行一次线性扫描，计算与前一个地位色彩雷同的元素个数；
伎俩 2（枚举优化）：因为每次操作最多只会影响 (i – 1, i) 与 (i, i + 1) 两个数对的色彩关系，因而咱们没有必要枚举整个数组。

class Solution {fun colorTheArray(n: Int, queries: Array<IntArray>): IntArray {// 只察看 (i - 1, i) 与 (i, i + 1) 两个数对
        if (n <= 0) return intArrayOf(0) // 容错

        val colors = IntArray(n)
        val ret = IntArray(queries.size)

        for (i in queries.indices) {val j = queries[i][0]
            val color = queries[i][1]
            if (j < 0 || j >= n) continue // 容错
            colors[j] = color
            for (j in 1 until n) {if (0 != colors[j] && colors[j] == colors[j - 1]) ret[i] ++
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n^2)$ 每个操作的工夫复杂度都是 O(n)；
空间复杂度：$O(n)$ 色彩数组空间。

class Solution {fun colorTheArray(n: Int, queries: Array<IntArray>): IntArray {// 只察看 (i - 1, i) 与 (i, i + 1) 两个数对
        if (n <= 0) return intArrayOf(0) // 容错

        val colors = IntArray(n)
        val ret = IntArray(queries.size)

        // 计数
        var cnt = 0
        for (i in queries.indices) {val j = queries[i][0]
            val color = queries[i][1]
            if (j < 0 || j >= n) continue // 容错
            // 打消旧色彩的影响
            if (colors[j] != 0 && j > 0 && colors[j - 1] == colors[j]) cnt--
            // 减少新色彩的影响
            if (colors[j] != 0 && j < n - 1 && colors[j] == colors[j + 1]) cnt--
            if (color != 0) { // 容错
                colors[j] = color
                if (j > 0 && colors[j - 1] == colors[j]) cnt++
                if (j < n - 1 && colors[j] == colors[j + 1]) cnt++
            }
            ret[i] = cnt
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$ 每个操作的工夫复杂度都是 O(1)；
空间复杂度：$O(n)$ 色彩数组空间。

类似题目：

567. 字符串的排列

https://leetcode.cn/problems/make-costs-of-paths-equal-in-a-binary-tree/

给你一个整数 n 示意一棵 满二叉树 外面节点的数目，节点编号从 1 到 n。根节点编号为 1，树中每个非叶子节点 i 都有两个孩子，别离是左孩子 2 * i 和右孩子 2 * i + 1。

树中每个节点都有一个值，用下标从 0 开始、长度为 n 的整数数组 cost 示意，其中 cost[i] 是第 i + 1 个节点的值。每次操作，你能够将树中任意节点的值减少 1。你能够执行操作任意次。

你的指标是让根到每一个 叶子结点 的门路值相等。请你返回起码须要执行减少操作多少次。

留神：

满二叉树 指的是一棵树，它满足树中除了叶子节点外每个节点都恰好有 2 个节点，且所有叶子节点间隔根节点间隔雷同。
门路值 指的是门路上所有节点的值之和。

示例 1：

输出：n = 7, cost = [1,5,2,2,3,3,1]
输入：6
解释：咱们执行以下的减少操作：- 将节点 4 的值减少一次。- 将节点 3 的值减少三次。- 将节点 7 的值减少两次。从根到叶子的每一条门路值都为 9。总共减少次数为 1 + 3 + 2 = 6。这是最小的答案。

示例 2：

输出：n = 3, cost = [5,3,3]
输入：0
解释：两条门路曾经有相等的门路值，所以不须要执行任何减少操作。

提醒：

3 <= n <= 105
n + 1 是 2 的幂
cost.length == n
1 <= cost[i] <= 104

1、概括问题指标

计算将所有「根到叶子结点的门路和」调整到雷同值的操作次数。

2、剖析问题要件

在每一次操作中，能够进步二叉树中某个节点的数值，最终使得该门路和与所有二叉树中其余所有门路和雷同。

3、察看问题数据

满二叉树：输出数据是数组物理实现的二叉树，二叉树每个节点的初始值记录在 cost 数组上；
数据量：输出数据量的上界为 10^5，这要求算法的工夫复杂度不能高于 O(n^2)；
数据大小：二叉树节点的最大值为 10^4，即便将所有节点都调整到 10^4 门路和也不会整型溢出，不须要思考大数问题。

4、进步形象水平

最大门路和：因为题目只容许减少节点的值，所以只能让较小门路上的节点值向较大门路上的节点值靠；
公共门路：对于节点「2」的子节点「4」和「5」来说，它们的「父节点和先人节点走过的门路」必然是公共门路。也就是说，无论从根节点走到节点「2」的门路和是多少，对节点 A 和节点 B 的门路和的影响是雷同的。
是否为决策问题：因为每次操作能够调整的选择性很多，因而这是一个决策问题。

5、具体化解决方案

如何解决问题？

联合「公共门路」思考，因为从根节点走到节点「2」的门路和对于两个子节点的影响是雷同的，因而对于节点「2」来说，不须要关怀父节点的门路和，只须要保障以节点「2」为根节点的子树上所有门路和是雷同的。这是一个规模更小的类似子问题，能够用递归解决。

示意图

如何实现递归函数？

思考终止条件：以后节点为叶子节点时，因为没有子门路，所以间接返回；
思考小规模问题：当子节点为叶子节点时，咱们只须要保障左右两个叶子节点的值雷同（如示例 1 中将节点「4」的值减少到 3）。因为问题的输出数据是满二叉树，所以左右子节点必然同时存在；
思考大规模问题：因为咱们保障小规模子树的门路和雷同，所以在比照两个子树上的门路和时，只须要调大最小子树的根节点。

至此，咱们的递归函数框架确定：

全局变量 int ret
// 返回值：调整后的子树和
fun dfs (i) : Int {val sumL = dfs(L)
        val sumR = dfs(R)
        ret += max(sumL, sumR) - min(sumL, sumR) 
        return cost[i] + max(sumL, sumR)
}

6、是否有优化空间

咱们应用递归自顶向下地合成子问题，再自底向上地求解原问题。因为这道题的输出是数组模式的满二叉树，对于数组实现的二叉树咱们能够间接地从子节点返回到父节点，而不须要借助「递归栈」后进先出的逻辑，能够翻译为迭代来优化空间。

7、答疑

尽管咱们保障子树上的子门路是雷同的，然而如何保障最终所有子门路都和「最大门路和」雷同？

因为咱们一直地将左右子树的门路和向较大的门路和对齐，因而最终肯定会将所有门路对齐到最大门路和。

为什么算法的操作次数是起码的？

首先，因为左右子树存在「公共门路」，因而必须把左右子树的子门路和调整到雷同数值，能力保障最终所有子门路和的长度雷同。

其次，当在大规模子树中须要增大门路和时，在父节点操作能够同时作用于左右子门路，因而在父节点操作能够节俭操作次数，每个子树只关怀影响以后子树问题合法性的因素。

依据「问题结构化」剖析的递归伪代码实现：

class Solution {

    private var ret = 0

    fun minIncrements(n: Int, cost: IntArray): Int {dfs(n, cost, 1)
        return ret
    }

    // i : base 1
    // cost : base 0
    // return: 调整后的子门路和
    private fun dfs(n: Int, cost: IntArray, i: Int): Int {
        // 终止条件
        if (i > n / 2) return cost[i - 1] // 最初一层是叶子节点
        // 子问题
        val leftSum = dfs(n, cost, i * 2)
        val rightSum = dfs(n, cost, i * 2 + 1)
        // 向较大的子门路对齐
        ret += Math.max(leftSum, rightSum) - Math.min(leftSum, rightSum)
        return cost[i - 1] + Math.max(leftSum, rightSum)
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$ 其中 n 为节点数，每个节点最多拜访 1 次；
空间复杂度：$O(lgn)$ 递归栈空间，因为输出是满二叉树，所以递归栈深度最大为 lgn。

因为输出数据是满二叉树，而且是以数组的模式提供，因而咱们能够跳过递归合成子问题的过程，间接自底向上合并子问题：

class Solution {fun minIncrements(n: Int, cost: IntArray): Int {
        var ret = 0
        // 从叶子的上一层开始
        for (i in n / 2 downTo 1) {ret += Math.abs(cost[i * 2 - 1] - cost[i * 2])
            // 借助 cost 数组记录子树的子门路和
            cost[i - 1] += Math.max(cost[i * 2 - 1], cost[i * 2])
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$ 其中 n 为节点数，每个节点最多拜访 1 次；
空间复杂度：$O(1)$ 仅应用常量级别空间。

往期回顾

LeetCode 单周赛第 343 场 · 联合「下一个排列」的贪婪结构问题
LeetCode 单周赛第 342 场 · 把问题学简单，再学简略
LeetCode 双周赛第 102 场· 这次又是最短路。
LeetCode 双周赛第 101 场 · 是时候做出扭转了！

关于后端:LeetCode-周赛-34420230507手写递归函数的固定套路

周赛概览

T1. 找出不同元素数目差数组（Easy）

题解（前后缀合成）

T2. 频率跟踪器（Medium）

题解（散列表）

T3. 有雷同色彩的相邻元素数目（Medium）

题目形容

问题结构化

题解一（暴力枚举 · TLE）

题解二（枚举优化）

T4. 使二叉树所有门路值相等的最小代价（Medium）

问题形容

问题结构化

题解一（DFS）

题解二（迭代）