关于android:LeetCode-周赛-341-场模拟-树上差分-Tarjan-离线-LCA-DFS

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大家好，我是小彭。

上周末有单双周赛，双周赛咱们讲过了，单周赛那天早上有事没加入，前面做了虚构比赛，而后整个人就不好了。前 3 题非常简单，但第 4 题有点货色啊，差点就放弃了。最初，被折磨了一个下午和一个大夜总算把第 4 题做进去了，除了新学的 Tarjon 离线算法，这道题还波及到树上差分、前缀和、DFS、图论等基础知识，几度被折磨得想要放弃。这种感觉，仿佛和当年在 LeetCode 上做前 10 题的时候差不多哈哈。

加油吧，没有什么教训是随随便便可能取得的，默默致力，愿君共勉。

周赛纲要

2643. 一最多的行（Easy）

简略模拟题，无需解释。

模仿：$O(nm)$

2644. 找出可整除性得分最大的整数（Easy）

简略模拟题，和 Q1 简直雷同，这场周赛出的不好。

模仿：$O(nm)$

2645. 结构无效字符串的起码插入数（Medium）

中等模拟题，不难。

模仿：$O(n)$

2646. 最小化旅行的价格总和（Hard）

这道题的考点十分多，难度也十分高。先把握暴力 DFS 的解法，再剖析暴力解法中反复计算的环节，最初推出树上差分和离线 Tarjan 算法。这道题十分非常复杂，

递归中递和归的思维，再了解一下：为什么你学不会递归？谈谈我的教训
并查集问题，不要错过：如何应用并查集解决朋友圈问题？
差分数组问题，这个点还没有写，同系列的前缀和数组能够参考：应用前缀和数组解决 “区间和查问” 问题
题解 1：暴力 DFS $O(nm)$
题解 2：树上差分 + Tarjan 离线 LCA + DFS $O(n + \alpha m)$

2643. 一最多的行（Easy）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/row-with-maximum-ones/

题目形容

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 mat ，请你找出蕴含最多 1 的行的下标（从 0 开始）以及这一行中 1 的数目。

如果有多行蕴含最多的 1 ，只须要抉择 行下标最小 的那一行。

返回一个由行下标和该行中 1 的数量组成的数组。

题解（模仿）

简略模拟题。

class Solution {    fun rowAndMaximumOnes(mat: Array<IntArray>): IntArray {        var maxIndex = 0        var maxCount = 0        for (i in 0 until mat.size) {            var count = 0            for (j in 0 until mat[0].size) {                count += mat[i][j]            }            if (count > maxCount) {                maxCount = count                maxIndex = i            }        }        return intArrayOf(maxIndex, maxCount)    }}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(nm)$
空间复杂度：$O(1)$

2644. 找出可整除性得分最大的整数（Easy）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/find-the-maximum-divisibility-sc...

题目形容

给你两个下标从 0 开始的整数数组 nums 和 divisors 。

divisors[i] 的 可整除性得分 等于满足 nums[j] 能被 divisors[i] 整除的下标 j 的数量。

返回 可整除性得分 最大的整数 divisors[i] 。如果有多个整数具备最大得分，则返回数值最小的一个。

题解（模仿）

简略模拟题。

class Solution {    fun maxDivScore(nums: IntArray, divisors: IntArray): Int {        var maxDivisor = 0        var maxCount = -1        for (divisor in divisors) {            var count = 0            for (num in nums) {                if (num % divisor == 0) count++            }            if (count > maxCount || count == maxCount && divisor < maxDivisor) {                maxDivisor = divisor                maxCount = count            }        }        return maxDivisor    }}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(nm)$
空间复杂度：$O(1)$

2645. 结构无效字符串的起码插入数（Medium）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/minimum-additions-to-make-valid-...

题目形容

给你一个字符串 word ，你能够向其中任何地位插入 "a"、"b" 或 "c" 任意次，返回使 word 无效须要插入的起码字母数。

如果字符串能够由 "abc" 串联屡次失去，则认为该字符串无效。

题解（模仿）

保护以后状态与指标状态，当两个状态存在偏差时，插入偏差的字符数。

class Solution {    fun addMinimum(word: String): Int {        val n = word.length        var targetStatus = 0        var index = 0        var ret = 0        while (index < n) {            // 以后状态            val curStatus = word[index] - 'a'            // 插入            ret += (curStatus + 3 - targetStatus) % 3            // 指标状态            targetStatus = (curStatus + 1) % 3            index++        }        ret += when (targetStatus) {            0 -> 0            1 -> 2            2 -> 1            else -> 0        }        return ret    }}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n)$
空间复杂度：$O(1)$

2646. 最小化旅行的价格总和（Hard）

题目地址

https://leetcode.cn/problems/minimize-the-total-price-of-the-...

题目形容

现有一棵无向、无根的树，树中有 n 个节点，按从 0 到 n - 1 编号。给你一个整数 n 和一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ai, bi] 示意树中节点 ai 和 bi 之间存在一条边。

每个节点都关联一个价格。给你一个整数数组 price ，其中 price[i] 是第 i 个节点的价格。

给定门路的 价格总和 是该门路上所有节点的价格之和。

另给你一个二维整数数组 trips ，其中 trips[i] = [starti, endi] 示意您从节点 starti 开始第 i 次旅行，并通过任何你喜爱的门路返回节点 endi 。

在执行第一次旅行之前，你能够抉择一些 非相邻节点 并将价格减半。

返回执行所有旅行的最小价格总和。

问题剖析

剖析 1：题目的数据结构是树而不是图，所以节点之间的最短路是惟一的，不须要应用最短路算法。从节点 start 到节点 end 的最优门路是 start 到最近公共先人（LCA）+ 最近公共先人（LCA）到 end；

剖析 2：题目能够抉择将一些节点的价格减半，显然价格越高的节点越应该减半，或者拜访次数越多的节点越应该减半。所以咱们能够先对每个 trips[i] 跑一次 DFS，并统计每个节点的拜访次数 cnts[i]，将每个节点的价格更新为 prices[i] * cnts[i]

剖析 3：相似于 337. 打家劫舍 III，如果咱们抉择将节点 x 减半（偷窃），那么与 x 相邻的节点便不能减半（偷窃）：

如果 prices[x] 减半，那么 x 的最近子节点不能减半；
如果 prices[x] 不变，那么 x 的最近子节点能够减半，也能够不减半，抉择两种状况的更优解。

题解一（暴力 DFS）

依据问题剖析，咱们的算法是：

1、先枚举每种旅途，统计每个节点的拜访次数（总共跑 m 次 DFS）；
2、更新每个节点的价格权重为 prices[i] * cnts[i]；
3、任意抉择一个节点为根节点跑一次 DFS，在每一层递归中通过子问题的解得出原问题的解，每个子问题的解有「减半」和「不减半」两种后果；
4、最终，依据根节点的问题求出最终解。

class Solution {    fun minimumTotalPrice(n: Int, edges: Array<IntArray>, price: IntArray, trips: Array<IntArray>): Int {        // 建树        val graph = Array(n) { LinkedList<Int>() }        for (edge in edges) {            graph[edge[0]].add(edge[1])            graph[edge[1]].add(edge[0])        }        // 统计节点拜访次数        val cnts = IntArray(n)        for (trip in trips) {            cntDfs(graph, cnts, trip[0], trip[1], -1)        }        // 更新价格        for (i in 0 until n) {            price[i] *= cnts[i]        }        // DFS（打家劫舍）        val ret = priceDfs(graph, price, 0, -1)        return Math.min(ret[0], ret[1])    }    // return：是否找到指标节点    private fun cntDfs(graph: Array<LinkedList<Int>>, cnts: IntArray, cur: Int, target: Int, parent: Int): Boolean {        // 终止条件（指标节点）        if (cur == target) {            cnts[cur]++            return true        }        // 枚举子节点（树的个性：每个方向最多只会拜访一次，不须要应用 visit 数组）        for (to in graph[cur]) {            // 防止回环            if (to == parent) continue            // 未找到            if (!cntDfs(graph, cnts, to, target, cur)) continue            // 找到指标门路，不须要再查看其余方向            cnts[cur]++            return true        }        return false    }    // return：以 cur 为根节点的子树的最大价格 <cur 不变, cur 减半>    private fun priceDfs(graph: Array<LinkedList<Int>>, price: IntArray, cur: Int, parent: Int): IntArray {        val ret = intArrayOf(            price[cur],     // x 不变            price[cur] / 2 // x 减半        )        // 枚举子节点（树的个性：每个方向最多只会拜访一次，不须要应用 visit 数组）        for (to in graph[cur]) {            // 防止回环            if (to == parent) continue            // 子树后果            val childRet = priceDfs(graph, price, to, cur)            ret[0] += Math.min(childRet[0], childRet[1])            ret[1] += childRet[0]        }        return ret    }}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(nm)$ 其中 m 为 trips 数组的长度，每轮 DFS 的工夫是 $O(n)$，计数工夫为 $O(nm)$，打家劫舍 DFS 的工夫为 $O(n)$；
空间复杂度：$O(n + m)$ 树空间 + DFS 递归栈空间，递归深度最大为 n。

题解一的瓶颈在于 cntDfs 中的 m 次 DFS 搜寻，如何优化？

准备常识：差分数组

在 cntDfs 中的每一次 DFS 搜寻中，咱们须要将 [start, end] 门路上的节点拜访次数 +1，这正好相似于在数组上将 [start, end] 区间的地位 + 1，合乎 “差分数组” 的利用场景。咱们能够在树上做差分，再通过一次 DFS 搜寻中计算节点的拜访次数。

例如在示例 1 中，咱们的门路是 (0, 3)，那么门路相当于 [0] + [1,3]，针对这两条门路的差分为：

[0]：diff[0]++，diff[father[0]] —，即 diff[1] —
[1, 3]：diff[3]++，diff[father[1]] —，即 diff[2]—

那怎么计算拜访次数呢？跟差分数组一样，对差分数组计算前缀和就能够取得节点的拜访次数，咱们在归的过程中累加差分值，例如节点 1 的拜访次数就是 +1 + 1 - 1 等于 1 次。

题解二（树上差分 + Tarjan 离线 LCA + DFS）

思考到旅行门路列表是固定的，咱们能够应用 Tarjan 离线算法，事后求出所有旅行门路端点的最近公共先人。反之，如果旅行门路列表是动静的，那么离线算法就力不从心了，须要应用复杂度更高的在线算法。

参考资料：

LCA最近公共先人（Tarjan离线算法）
图论 · LCA 最近公共先人

在题解一中，咱们须要破费 m 次 DFS 搜寻来解决 m 个 LCA 问题，Tarjan 算法的外围思路是在一次 DFS 搜寻的过程中解决所有 LCA 查问问题：

1、任选一个点为根节点，从根节点开始。
2、「递」的过程（合成子问题）：遍历该点 u 所有子节点 v，并标记这些子节点 v 已被拜访过，若是 v 还有子节点，返回 2 持续「递」；
3、「归」的过程：寻找与 u 有查问关系的点 k。如果 k 节点曾经被拜访过，那么 u 和 k 的最近公共先人就是以后 u 和 k 所在的分组根节点；
4、节点 u 的问题完结后，将节点 u 合并到父节点的汇合上。

细节阐明：Tarjan 算法递的过程是寻找查问关系，当门路的两个端点都拜访过，那么这两个端点必然处在同一个分组中，而它们的分组根节点正好就是最近公共组件；

细节阐明：为什么分组根节点正好就是最近公共组件？因为归是依照 DFS 的搜寻程序回归的；

细节阐明：如何合并 v 到 u 的汇合上？这是并查集的操作，咱们定义 parent[x] 示意 x 节点的所处的分组，初始状态 parent[x] = x；

细节阐明：如何查问与 u 有查问关系的点 k？预处理筹备映射表；

细节阐明：为了辨别阶段状态，咱们定义 color[x] 示意节点 x 的状态，0 示意未拜访、1 示意处于递归栈中，2 示意完结。

更多细节，看代码吧。

class Solution {    fun minimumTotalPrice(n: Int, edges: Array<IntArray>, price: IntArray, trips: Array<IntArray>): Int {        // 建树        val graph = Array(n) { LinkedList<Int>() }        for (edge in edges) {            graph[edge[0]].add(edge[1])            graph[edge[1]].add(edge[0])        }        // 查问关系        val search = Array(n) { LinkedList<Int>() }        for (trip in trips) {            search[trip[0]].add(trip[1])            // 当门路两端雷同时，防止反复            if (trip[0] != trip[1]) search[trip[1]].add(trip[0])        }        val unionFind = UnionFind(n, graph, search)        unionFind.tarjan(0, -1/* 无父节点 */)        // DFS（打家劫舍）        val ret = priceDfs(graph, price, unionFind.diff, 0, -1)        return Math.min(ret[0], ret[1])    }    // 并查集    private class UnionFind(val n: Int, val graph: Array<LinkedList<Int>>, val search: Array<LinkedList<Int>>) {        // 并查集数据结构        private val parent = IntArray(n) { it }        // 树上的父节点        private val father = IntArray(n)        // Tarjan 状态        private val colors = IntArray(n) //  示意未拜访、1 示意处于递归栈中，2 示意完结        // 树上差分        val diff = IntArray(n)        private fun find(x: Int): Int {            // 门路压缩            if (x != parent[x]) parent[x] = find(parent[x])            return parent[x]        }        // 这道题的合并不能应用按秩合并，必须将子节点 x 合并到 y 的汇合中        private fun merge(x: Int, y: Int) {            // 按秩合并            val rootX = find(x)            val rootY = find(y)            if (rootX != rootY) parent[rootX] = rootY        }        fun tarjan(u: Int, fa: Int) {            // 记录父节点            father[u] = fa            // 标记已拜访            colors[u] = 1            // 递的过程：遍历 u 的所有子节点 v            for (v in graph[u]) {                if (0 != colors[v]) continue // 拜访过                // 持续递的过程                tarjan(v, u)            }            // 枚举查问关系            for (k in search[u]) {                if (k == u || colors[k] == 2) {                    // 找到 u 和 k 的查问关系，更新树上差分                    val lca = find(k)                    diff[u]++                    diff[lca]--                    diff[k]++                    val lcaParent = father[lca]                    if (lcaParent >= 0) diff[lcaParent]--                }            }            // 完结            colors[u] = 2            if(fa != -1) merge(u, fa) // 将子节点 u 合并到 fa 的汇合中        }    }    // return：以 cur 为根节点的子树的最大价格 <cur 不变, cur 减半>    private fun priceDfs(graph: Array<LinkedList<Int>>, price: IntArray, diff: IntArray, cur: Int, parent: Int): IntArray {        val ret = intArrayOf(0, 0, diff[cur])        // 枚举子节点（树的个性：每个方向最多只会拜访一次，不须要应用 visit 数组）        for (to in graph[cur]) {            // 防止回环            if (to == parent) continue            // 子树后果            val childRet = priceDfs(graph, price, diff, to, cur)            ret[0] += Math.min(childRet[0], childRet[1])            ret[1] += childRet[0]            ret[2] += childRet[2] // 累加前缀和        }        ret[0] += price[cur] * ret[2]        ret[1] += price[cur] * ret[2] / 2        return ret    }}

复杂度剖析：

工夫复杂度：$O(n + \alpha m)$ 其中 m 为 trips 数组的长度，$\alpha$ 是并查集的反阿克曼函数，近似于线性函数；
空间复杂度：$O(n + m)$ 树空间 + DFS 递归栈空间，递归深度最大为 n。