LeetCode 周赛上分之旅 #42 当 LeetCode 考树上倍增,出题的趋势在变化吗

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学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思维框架,你的思考越抽象,它能覆盖的问题域就越广,理解难度也更复杂。在这个专栏里,小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告,一起体会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 42 篇文章,往期回顾请移步到文章末尾~

周赛 360

T1. 距离原点最远的点(Easy)

  • 标签:模拟

T2. 找出美丽数组的最小和(Medium)

  • 标签:散列表、贪心、数学

T3. 使子序列的和等于目标的最少操作次数(Hard)

  • 标签:位运算、散列表、排序

T4. 在传球游戏中最大化函数值(Hard)

  • 标签:树、倍增、动态规划、内向基环树


T1. 距离原点最远的点(Easy)

https://leetcode.cn/problems/furthest-point-from-origin/

题解(模拟)

根据题意 “_” 既可以作为 “L” 也可以作为 “R”。容易想到,为了使得终点距离原点更远,当所有 “_” 仅作为 “L” 或 “R” 对结果的贡献是最优的,此时问题的结果就取决于 “L” 和 “R” 的差绝对值。

class Solution {
    fun furthestDistanceFromOrigin(moves: String): Int {
        return moves.count{ it == '_' } + abs(moves.count{ it == 'L' } - moves.count{ it == 'R' })
    }
}

一次遍历:

class Solution {
    fun furthestDistanceFromOrigin(moves: String): Int {
        var cntL = 0
        var cntR = 0
        for (e in moves) {
            when (e) {
                'L' -> {
                    cntL ++
                    cntR --
                }
                'R' -> {
                    cntL --
                    cntR ++
                }
                else -> {
                    cntL ++
                    cntR ++
                }
            }
        }
        return max(abs(cntL), abs(cntR))
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n)$ 线性遍历;
  • 空间复杂度:$O(1)$ 仅使用常量级别空间。

T2. 找出美丽数组的最小和(Medium)

https://leetcode.cn/problems/find-the-minimum-possible-sum-of-a-beautiful-array/

这道题与上周周赛 359 T2 2829. k-avoiding 数组的最小总和 相比,除了数据范围之外是完全相同的,有点离谱。

题解一(散列表 + 贪心)

从 $1$ 开始从小到大枚举,如果当前元素 $cur$ 与已选列表不冲突,则加入结果中。为了验证是否冲突,我们使用散列表在 $O(1)$ 时间复杂度判断。

class Solution {
    fun minimumPossibleSum(n: Int, k: Int): Long {
        val set = HashSet<Int>()
        var sum = 0L
        var cur = 1
        repeat(n) {
            while (!set.isEmpty() && set.contains(k - cur)) cur++
            sum += cur
            set.add(cur)
            cur++
        }
        return sum
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n)$ 线性遍历;
  • 空间复杂度:$O(n)$ 散列表空间。

题解二(数学)

这道题还可以继续挖掘数学规律,我们发现当我们从 $1$ 开始从小到大枚举时,每选择一个数的同时必然会使得另一个数 $k - x$ 不可选。例如:

  • 选择 $1$,则 $k - 1$ 不可选;
  • 选择 $2$,则 $k - 2$ 不可选;
  • 选择 $k / 2$,则 $k - k / 2$ 不可选。

可以发现,最终选择的元素被分为两部分:

  • 小于 $k$ 的部分:选择所有和为 $k$ 的配对中的较小值,即 $1、2、3 … k / 2$;
  • 大于等于 $k$ 的部分:与其他任意正整数相加都不会等于 $k$,因此大于等于 $k$ 的数必然可以选择,即 $k、k + 1、k + 2、…、k + n - m - 1$ 共 n - m 个数。

我们令 $m = min(k / 2, n)$,使用求和公式可以 $O(1)$ 求出两部分的总和:

  • 小于 k 的部分:$m(m + 1)/ 2$
  • 大于等于 k 的部分:$(n - m) * (2*k + n - m - 1) / 2$
class Solution {
    fun minimumPossibleSum(n: Int, k: Int): Long {
        val m = 1L * Math.min(n, k / 2)
        return m * (m + 1) / 2 + (n - m) * (2 * k + n - m - 1) / 2
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(1)$
  • 空间复杂度:$O(1)$

T3. 使子序列的和等于目标的最少操作次数(Hard)

https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-form-subsequence-with-target-sum/

这道题的考点不复杂,难点在模拟问题挺考验编码功底的。

问题分析

  • 关键信息: $nums$ 数组中所有元素都是 $2$ 的幂,元素顺序对结果没有影响;
  • 问题是否有解: 考虑到所有数最终都能拆分成 $1$,那么只要 $nums$ 数组的和大于等于 $target$ 就一定有解;
# 二进制位
nums:   _ _ _ 1 _ _ _ _
target: _ _ _ _ _ 1 _ _
  • 子问题: 问题是否有解的判断不仅适用于原问题,对于仅考虑二进制位最低位 $[0]$ 到 $[k]$ 的子问题亦是如此。

以示例 1 nums = [1,2,8], target = 7 与示例 2 nums = [1,32,1,2], target = 12 为例,我们将统计 $nums$ 中不同 $2$ 的幂的出现次数:

# 二进制位
nums:   _ _ _ _ 1 _ 1 1
target: _ _ _ _ _ 1 1 1

# 二进制位
nums:   _ _ 1 _ _ _ 1 2 # 1 出现 2 次
target: _ _ _ _ 1 1 _ _

那么当我们从右向左枚举二进制位 $k$ 时,如果「$nums$ 中小于等于 $2^k$ 的元素和」$≥$ 「$target$ 中低于等于 $k$ 位的值」,那么对于仅考虑 $[0, k]$ 位上的子问题是有解的。否则,我们需要找到 $nums$ 中最近大于 $2^k$ 的最近数组做拆分:

# 只考虑低 2 位,可以构造
nums:   _ _ _ _ 1 _ | 1 1
target: _ _ _ _ _ 1 | 1 1

# 只考虑低 3 位,无法构造,需要找到最近的 “1” 做拆分
nums:   _ _ _ _ 1 | _ 1 1
target: _ _ _ _ _ | 1 1 1

# 只考虑低 3 位,无法构造,需要找到最近的 “1” 做拆分
nums:   _ _ 1 _ _ | _ 1 2
target: _ _ _ _ 1 | 1 _ _

# 只考虑低 6 位,可以构造
nums:   _ _ | 1 _ _ _ 1 2
target: _ _ | _ _ 1 1 _ _

组合以上技巧:

写法一(数组模拟)

思路参考灵神的题解。

  • 首先,我们使用长为 $32$ 的数组,计算出 $nums$ 数组中每个 $2$ 的幂的出现次数;
  • 随后,我们从低位到高位枚举二进制位 $i$,在每轮迭代中将 $nums$ 数组中的 $2^i$ 元素累加到 $sum$ 中,此举相当于在求「低 $i$ 位的子问题」可以构造的最大值;
  • 最后,我们比较 $sum$ 是否大于等于 $target$(只考虑低 $i$ 位),此举相当于在判断「低 $i$ 位的子问题」是否可构造。如果不可构造,我们尝试寻找最近的 $2^j$ 做拆分;
  • 另外,有一个优化点:当我们拆分将 $2^j$ 拆分到 $2^i (j > i)$ 时并不是直接丢弃 $2^j$,而是会留下 $2{j-1}、2… 2^i$ 等一系列数,可以直接跳到第 $j$ 位继续枚举。

注意一个容易 WA 的地方,在开头特判的地方,由于元素和可能会溢出 $Int$ 上界,所以我们需要转换为在 $Long$ 上的求和。

class Solution {
    fun minOperations(nums: List<Int>, target: Int): Int {
        if (nums.fold(0L) { it, acc -> it + acc } < target) return -1
        // if (nums.sum() < target) return -1 // 溢出
        // 计数
        val cnts = IntArray(32)
        for (num in nums) {
            var i = 0
            var x = num
            while (x > 1) {
                x = x shr 1
                i += 1
            }
            cnts[i]++
        }
        var ret = 0
        var i = 0
        var sum = 0L
        while(sum < target) {
            // 累加低位的 nums
            sum += (cnts[i]) shl i
            // println("i=$i, sum=$sum")
            // 低 i 位掩码
            val mask = (1 shl (i + 1)) - 1
            // 构造子问题
            if (sum < target and mask) {
                var j = i + 1
                while (cnts[j] == 0) { // 基于开头的特判,此处一定有解
                    j++
                }
                // 拆分
                ret += j - i
                i = j
            } else {
                i += 1
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n·U + U$) 其中 $n$ 为 $nums$ 数组的长度,$U$ 为整型大小 $32$;
  • 空间复杂度:$O(U)$ 数组空间。

写法二(散列表模拟)

在计数的部分,我们可以使用散列表模拟,复杂度相同。

class Solution {
    fun minOperations(nums: List<Int>, target: Int): Int {
        if (nums.fold(0L) { it, acc -> it + acc } < target) return -1
        // if (nums.sum() < target) return -1 // 溢出
        // 计数
        val cnts = HashMap<Int, Int>()
        for (num in nums) {
            cnts[num] = cnts.getOrDefault(num, 0) + 1
        }
        var ret = 0
        var i = 0
        var sum = 0L
        while(sum < target) {
            // 累加低位的 nums
            sum += (cnts[1 shl i] ?: 0) shl i
            // println("i=$i, sum=$sum")
            // 低 i 位掩码
            val mask = (1 shl (i + 1)) - 1
            // 构造子问题
            if (sum < target and mask) {
                var j = i + 1
                while (!cnts.containsKey(1 shl j)) { // 基于开头的特判,此处一定有解
                    j++
                }
                // 拆分
                ret += j - i
                i = j
            } else {
                i += 1
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n + U)$ 其中 $n$ 为 $nums$ 数组的长度,$U$ 为整型大小 $32$;
  • 空间复杂度:$O(U)$ 散列表空间。

写法三(逆向思维)

思路参考雪景式的题解,前两种写法是在从小到大枚举「选哪个」,我们也可以枚举「不选哪个」。

  • 思考 1: 在原问题有解$(sum > target)$的情况下,如果从 $sum$ 中剔除最大的元素 $x$ 后,依然满足剩余的元素和 $sum’ > target$,那么直接将 $x$ 去掉,这是因为一定存在比 $x$ 操作次数更小的方案能够构造 $target$(元素越大拆分次数越多)。
  • 思考 2: 如果从 $sum$ 中剔除最大的元素 $x$ 后不能构造,说明 $x$ 是一定要选择或者拆分,此时考虑 $x$ 对 $target$ 的影响:
    • 如果 $x > target$,那么 $x$ 需要先拆分
    • 如果 $x ≤ target$,那么 $x$ 可以被选择并抵消 $target$
class Solution {
    fun minOperations(nums: MutableList<Int>, target: Int): Int {
        var sum = nums.fold(0L) { it, acc -> it + acc }
        if (sum < target) return -1
        // 排序
        nums.sortDescending()
        // 从大到小枚举
        var ret = 0
        var left = target
        while (sum > left) {
            val x = nums.removeFirst()
            if (sum - x >= left){
                sum -= x
            } else if (x <= left) {
                sum -= x
                left -= x
            } else {
                ret += 1
                nums.add(0, x / 2)
                nums.add(0, x / 2)
            }
            // println("ret=$ret, sum=$sum, left=$left, x=$x,  nums=${nums.joinToString()}")
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(nlgn + n + U)$ 瓶颈在排序,枚举阶段每个元素最多访问 $1$ 次,拆分次数最多为 $U$;
  • 空间复杂度:$O(lgn)$ 排序递归栈空间。

T4. 在传球游戏中最大化函数值(Hard)

https://leetcode.cn/problems/maximize-value-of-function-in-a-ball-passing-game/

题解(树上倍增)

从近期周赛的趋势看,出题人似乎有意想把 LeetCode 往偏竞赛的题目引导。

这道题如果知道树上倍增算法,其实比第三题还简单一些。

  • 问题目标: 找到最佳方案,使得从起点开始传球 $k$ 次的路径和最大化;
  • 暴力: 对于暴力的做法,我们可以枚举以每名玩家为起点的方案,并模拟传球过程求出最佳方案。但是这道题的步长 $k$ 的上界非常大 $10^{10}$,如果逐级向上传球,那么单次查询的时间复杂度是 $O(k)$。现在,需要思考如何优化模拟 $k$ 次传球的效率;
  • 倍增思想: 借鉴 1483. 树节点的第 K 个祖先 的解法,我们可以利用倍增算法将线性的操作施加指数级别的贡献:
    • 如果可以预处理出每个玩家的多级后驱玩家,那么在查询时可以加速跳转;
    • 由于每个数都可以进行二进制拆分为多个 $2$ 的幂的和,如果预处理出第 $20、21、22、23、...、2^i$ 个后驱玩家,那么求解第 $k$ 次传球时可以转化为多次 $2^i$ 个后驱玩家跳转操作,大幅减少操作次数。
class Solution {
    fun getMaxFunctionValue(receiver: List<Int>, k: Long): Long {
        val n = receiver.size
        val m = 64 - k.countLeadingZeroBits()
        // 预处理
        // dp[i][j] 表示 i 传球 2^j 次后的节点
        val dp = Array(n) { IntArray(m) }
        // dp[i][j] 表示 i 传球 2^j 次的路径和
        val sum = Array(n) { LongArray(m) }
        for (i in 0 until n) {
            dp[i][0] = receiver[i]
            sum[i][0] = receiver[i].toLong()
        }
        for (j in 1 until m) {
            for (i in 0 until n) { // 这道题没有根节点,不需要考虑 child == -1 的情况
                val child = dp[i][j - 1]
                // 从 i 条 2^{j-1} 次,再跳 2^{j-1}
                dp[i][j] = dp[child][j - 1]
                sum[i][j] = sum[i][j - 1] + sum[child][j - 1]
            }
        }
        // 枚举方案
        var ret = 0L
        for (node in 0 until n) {
            var i = node
            var x = k
            var s = node.toLong() // 起点的贡献
            while (x != 0L) {
                val j = x.countTrailingZeroBits()
                s += sum[i][j]
                i = dp[i][j]
                x = x and (x - 1)
            }
            ret = max(ret, s)
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度:预处理时间为 $O(nlgk)$,枚举时间为 $O(nlgk)$,其中 $n$ 为 $receivers$ 数组的长度;
  • 空间复杂度:预处理空间 $O(nlgk)$。

另外,这道题还有基于「内向基环树」的 $O(n)$ 解法。


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posted @ 2023-08-28 02:29  彭旭锐  阅读(30)  评论(0编辑  收藏  举报