LeetCode 周赛上分之旅 #44 同余前缀和问题与经典倍增

2023-09-05 本文已影响0人彭旭锐

T1. 统计对称整数的数目（Easy）

标签：模拟

T2. 生成特殊数字的最少操作（Medium）

标签：思维、回溯、双指针

T3. 统计趣味子数组的数目（Medium）

标签：同余定理、前缀和、散列表

T4. 边权重均等查询（Hard）

标签：图、倍增、LCA、树上差分

T1. 统计对称整数的数目（Easy）

https://leetcode.cn/problems/count-symmetric-integers/

题解（模拟）

根据题意模拟，亦可以使用前缀和预处理优化。

class Solution {
    fun countSymmetricIntegers(low: Int, high: Int): Int {
        var ret = 0
        for (x in low..high) {
            val s = "$x"
            val n = s.length
            if (n % 2 != 0) continue
            var diff = 0
            for (i in 0 until n / 2) {
                diff += s[i] - '0'
                diff -= s[n - 1 - i] - '0'
            }
            if (diff == 0) ret += 1
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O((high-low)lg^{high})$ 单次检查时间为 $O(lg^{high})$ ；
空间复杂度： $O(1)$ 仅使用常量级别空间。

T2. 生成特殊数字的最少操作（Easy）

https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-make-a-special-number/

题解一（回溯）

思维题，这道卡了多少人。

阅读理解： 在一次操作中，您可以选择 $num$ 的任意一位数字并将其删除，求最少需要多少次操作可以使 $num$ 变成 $25$ 的倍数；
规律： 对于 $25$ 的倍数，当且仅当结尾为「00、25、50、75」这 $4$ 种情况时成立，我们尝试构造出尾部符合两个数字能被 $25$ 整除的情况。

可以用回溯解决：

class Solution {
    fun minimumOperations(num: String): Int {
        val memo = HashMap<String, Int>()

        fun count(x: String): Int {
            val n = x.length
            if (n == 1) return if (x == "0") 0 else 1
            if (((x[n - 2] - '0') * 10 + (x[n - 1]- '0')) % 25 == 0) return 0
            if(memo.containsKey(x))return memo[x]!!
            val builder1 = StringBuilder(x)
            builder1.deleteCharAt(n - 1)
            val builder2 = StringBuilder(x)
            builder2.deleteCharAt(n - 2)
            val ret = 1 + min(count(builder1.toString()), count(builder2.toString()))
            memo[x]=ret
            return ret
        }
        
        return count(num)
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n^2·m)$ 最多有 $n^2$ 种子状态，其中 $m$ 是字符串的平均长度， $O(m)$ 是构造中间字符串的时间；
空间复杂度： $O(n)$ 回溯递归栈空间。

题解二（双指针）

初步分析：

模拟： 事实上，问题的方案最多只有 4 种，回溯的中间过程事实在尝试很多无意义的方案。我们直接枚举这 4 种方案，删除尾部不属于该方案的字符。以 25 为例，就是删除 5 后面的字符以及删除 2 与 5 中间的字符；
抽象： 本质上是一个最短匹配子序列的问题，即 「找到 nums 中最靠后的匹配的最短子序列」问题，可以用双指针模拟。

具体实现：

双指针： 我们找到满足条件的最靠左的下标 i，并删除末尾除了目标数字外的整段元素，即 $ret = n - i - 2$ ；
特殊情况： 在 4 种构造合法的特殊数字外，还存在删除所有非 0 数字后构造出 0 的方案；
是否要验证数据含有前导零： 对于构造「00」的情况，是否会存在删到最后剩下多个 0 的情况呢？其实是不存在的。因为题目说明输入数据 num 本身是不包含前导零的，如果最后剩下多个 0 ，那么在最左边的 0 左侧一定存在非 0 数字，否则与题目说明矛盾。

class Solution {
    fun minimumOperations(num: String): Int {
        val n = num.length
        var ret = n
        for (choice in arrayOf("00", "25", "50", "75")) {
            // 双指针
            var j = 1
            for (i in n - 1 downTo 0) {
                if (choice[j] != num[i]) continue
                if (--j == -1) {
                    ret = min(ret, n - i - 2)
                    break
                }
            }
        }
        // 特殊情况
        ret = min(ret, n - num.count { it == '0'})
        return ret
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n)$ 4 种方案和特殊方案均是线性遍历；
空间复杂度： $O(1)$ 仅使用常量级别空间。

T3. 统计趣味子数组的数目（Medium）

https://leetcode.cn/problems/count-of-interesting-subarrays/

题解（同余 + 前缀和 + 散列表）

初步分析：

问题目标： 统计数组中满足目标条件的子数组；
目标条件： 在子数组范围 $[l, r]$ 内，设 $cnt$ 为满足 $nums[i] % m == k$ 的索引 $i$ 的数量，并且 $cnt % m == k$ 。大白话就是算一下有多少数的模是 $k$ ，再判断个数的模是不是也是 $k$ ；
权重： 对于满足 $nums[i] % m == k$ 的元素，它对结果的贡献是 $1$ ，否则是 $0$ ；

分析到这里，容易想到用前缀和实现：

前缀和： 记录从起点到 $[i]$ 位置的 $[0, i]$ 区间范围内满足目标的权重数；
两数之和： 从左到右枚举 $[i]$ ，并寻找已经遍历的位置中满足 $(preSum[i] - preSum[j]) \% m == k$ 的方案数记入结果；
公式转换： 上式带有取模运算，我们需要转换一下：
- 原式 $(preSum[i] - preSum[j]) \% m == k$
- 考虑 $preSum[i] \% m - preSum[j] \% m$ 是正数数的的情况，原式等价于： $preSum[i] \% m - preSum[j] \% m == k$
- 考虑 $preSum[i] \% m - preSum[j] \% m$ 是负数的的情况，我们在等式左边增加补数： $(preSum[i] \% m - preSum[j] \% m + m) %m == k$
- 联合正数和负数两种情况，即我们需要找到前缀和为 $(preSum[i] \% m - k + m) \% m$ 的元素；
修正前缀和定义： 最后，我们修改前缀和的定义为权重 $\% m$ 。

组合以上技巧：

class Solution {
    fun countInterestingSubarrays(nums: List<Int>, m: Int, k: Int): Long {
        val n = nums.size
        var ret = 0L
        val preSum = HashMap<Int, Int>()
        preSum[0] = 1 // 注意空数组的状态
        var cur = 0
        for (i in 0 until n) {
            if (nums[i] % m == k) cur ++ // 更新前缀和
            val key = cur % m
            val target = (key - k + m) % m
            ret += preSum.getOrDefault(target, 0) // 记录方案
            preSum[key] = preSum.getOrDefault(key, 0) + 1 // 记录前缀和
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n)$ 线性遍历，单次查询时间为 $O(1)$ ；
空间复杂度： $O(m)$ 散列表空间。

相似题目：

T4. 边权重均等查询（Hard）

https://leetcode.cn/problems/minimum-edge-weight-equilibrium-queries-in-a-tree/

题解（倍增求 LCA、树上差分）

初步分析：

问题目标： 给定若干个查询 $[x, y]$ ，要求计算将 $<x, y>$ 的路径上的每条边修改为相同权重的最少操作次数；
问题要件： 对于每个查询 $[x, y]$ ，我们需要计算 $<x, y>$ 的路径长度 $l$ ，以及边权重的众数的出现次数 $c$ ，而要修改的操作次数就是 $l - c$ ；
技巧： 对于 “树上路径” 问题有一种经典技巧，我们可以把 $<x, y>$ 的路径转换为从 $<x, lca>$ 的路径与 $<lca, y>$ 的两条路径；

思考实现：

长度： 将问题转换为经过 $lca$ 中转的路径后，路径长度 $l$ 可以用深度来计算： $l = depth[x] + depth[y] - 2 * depth[lca]$ ；
权重： 同理，权重 $w[x,y]$ 可以通过 $w[x, lca]$ 与 $w[lca, y]$ 累加计算；

现在的关键问题是，如何快速地找到 $<x, y>$ 的最近公共祖先 LCA？

对于单次 LCA 操作来说，我们可以走 DFS 实现 $O(n)$ 时间复杂度的算法，而对于多次 LCA 操作可以使用倍增算法预处理以空间换时间，单次 LCA 操作的时间复杂度进位 $O(lgn)$ 。

在 LeetCode 有倍增的模板题 1483. 树节点的第 K 个祖先。

在求 LCA 时，我们先把 $<x, y>$ 跳到相同高度，再利用倍增算法向上跳 $2^j$ 个父节点，直到到达相同节点即为最近公共祖先。

class Solution {
    fun minOperationsQueries(n: Int, edges: Array<IntArray>, queries: Array<IntArray>): IntArray {
        val U = 26
        // 建图
        val graph = Array(n) { LinkedList<IntArray>() }
        for (edge in edges) {
            graph[edge[0]].add(intArrayOf(edge[1], edge[2] - 1))
            graph[edge[1]].add(intArrayOf(edge[0], edge[2] - 1))
        }

        // 预处理深度、倍增祖先节点、倍增路径信息
        val m = 32 - Integer.numberOfLeadingZeros(n - 1)
        val depth = IntArray(n)
        val parent = Array(n) { IntArray(m) { -1 }} // parent[i][j] 表示 i 的第 2^j 个父节点
        val cnt = Array(n) { Array(m) { IntArray(U) }} // cnt[i][j] 表示 <i - 2^j> 个父节点的路径信息
        
        fun dfs(i: Int, par: Int) {
            for ((to, w) in graph[i]) {
                if (to == par) continue // 避免回环
                depth[to] = depth[i] + 1
                parent[to][0] = i
                cnt[to][0][w] = 1
                dfs(to, i)
            }
        }

        dfs(0, -1) // 选择 0 作为根节点

        // 预处理倍增
        for (j in 1 until m) {
            for (i in 0 until n) {
                val from = parent[i][j - 1]
                if (-1 != from) {
                    parent[i][j] = parent[from][j - 1]
                    cnt[i][j] = cnt[i][j - 1].zip(cnt[from][j - 1]) { e1, e2 -> e1 + e2 }.toIntArray()
                }
            }
        }

        // 查询
        val q = queries.size
        val ret = IntArray(q)
        for ((i, query) in queries.withIndex()) {
            var (x, y) = query
            // 特判
            if (x == y || parent[x][0] == y || parent[y][0] == x) {
                ret[i] = 0
            }
            val w = IntArray(U) // 记录路径信息
            var path = depth[x] + depth[y] // 记录路径长度
            // 先跳到相同高度
            if (depth[y] > depth[x]) {
                val temp = x
                x = y
                y = temp
            }
            var k = depth[x] - depth[y]
            while (k > 0) {
                val j = Integer.numberOfTrailingZeros(k) // 二进制分解
                w.indices.forEach { w[it] += cnt[x][j][it] } // 记录路径信息
                x = parent[x][j] // 向上跳 2^j 个父节点
                k = k and (k - 1)
            }

            // 再使用倍增找 LCA
            if (x != y) {
                for (j in m - 1 downTo 0) { // 最多跳 m - 1 次
                    if (parent[x][j] == parent[y][j]) continue // 跳上去相同就不跳
                    w.indices.forEach { w[it] += cnt[x][j][it] } // 记录路径信息
                    w.indices.forEach { w[it] += cnt[y][j][it] } // 记录路径信息
                    x = parent[x][j]
                    y = parent[y][j] // 向上跳 2^j 个父节点
                }
                // 最后再跳一次就是 lca
                w.indices.forEach { w[it] += cnt[x][0][it] } // 记录路径信息
                w.indices.forEach { w[it] += cnt[y][0][it] } // 记录路径信息
                x = parent[x][0]
            }
            // 减去重链长度
            ret[i] = path - 2 * depth[x] - w.max()
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(nlgn·U)$ 预处理的时间复杂度是 $O(nlgn·U)$ ，单次查询的时间是 $O(lgn·U)$ ；
空间复杂度： $O(nlgn·U)$ 预处理倍增信息空间。

LeetCode 周赛上分之旅 #44 同余前缀和问题与经典倍增

T1. 统计对称整数的数目（Easy）

题解（模拟）

T2. 生成特殊数字的最少操作（Easy）

题解一（回溯）

题解二（双指针）

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题解（同余 + 前缀和 + 散列表）

T4. 边权重均等查询（Hard）

题解（倍增求 LCA、树上差分）

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