LeetCode 周赛上分之旅 #47 前后缀分解结合单调栈的贡献问题

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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 47 篇文章,往期回顾请移步到文章末尾~

LeetCode 周赛 364

T1. 最大二进制奇数(Easy)

  • 标签:贪心

T2. 美丽塔 I(Medium)

  • 标签:枚举、前后缀分解、单调栈

T3. 美丽塔 II(Medium)

  • 标签:枚举、前后缀分解、单调栈

T4. 统计树中的合法路径数目(Hard)

  • 标签:DFS、质数


T1. 最大二进制奇数(Easy)

https://leetcode.cn/problems/maximum-odd-binary-number/description/

题解(模拟)

简单模拟题,先计算 $1$ 的个数,将其中一个 $1$ 置于最低位,其它 $1$ 置于最高位:

class Solution {
    fun maximumOddBinaryNumber(s: String): String {
        val cnt = s.count { it == '1' }
        return StringBuilder().apply {
            repeat(cnt - 1) {
                append("1")
            }
            repeat(s.length - cnt) {
                append("0")
            }
            append("1")
        }.toString()
    }
}
class Solution:
    def maximumOddBinaryNumber(self, s: str) -> str:
        n, cnt = len(s), s.count("1")
        return "1" * (cnt - 1) + "0" * (n - cnt) + "1"
class Solution {
public:
    string maximumOddBinaryNumber(string s) {
       int n = s.length();
       int cnt = 0;
       for (auto& e : s)  {
           if (e == '1') cnt++;
       }
       string ret;
       for (int i = 0; i < cnt - 1; i++) {
           ret.push_back('1');
       }
       for (int i = 0; i < n - cnt; i++) {
           ret.push_back('0');
       }
       ret.push_back('1');
       return ret;
    }
};

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n)$ 线性遍历;
  • 空间复杂度:$O(1)$ 不考虑结果字符串。

T2. 美丽塔 I(Medium)

https://leetcode.cn/problems/beautiful-towers-i/description/

同 T3. 美丽塔 I


T3. 美丽塔 II(Medium)

https://leetcode.cn/problems/beautiful-towers-ii/description/

问题分析

初步分析:

  • 问题目标: 构造满足条件的方案,使得数组呈现山状数组,返回元素和;
  • 方案条件: 从数组的最大值向左侧为递减,向右侧也为递减。

思考实现:

  • T2. 美丽塔 I(Medium) 中的数据量只有 $1000$,我们可以枚举以每个点作为山峰(数组最大值)的方案,从山顶依次向两侧递减,使得当前位置不高于前一个位置,整体的时间复杂度是 $O(n^2)$;
  • T3. 美丽塔 II(Medium) 中数据量有 $10^5$,我们需要思考低于平方时间复杂度的方法。

思考优化:

以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例,我们观察以 $3$ 和 $9$ 作为山顶的两个方案:

以 3 作为山顶:
3 3 |3 3| 2 2

以 9 作为山顶
3 3 |3 9| 2 2

可以发现:以 $3$ 作为山顶的左侧与以 $9$ 为山顶的右侧在两个方案之间是可以复用的,至此发现解决方法:我们可以分别预处理出以每个节点作为山顶的前缀和后缀的和:

  • $pre[i]$ 表示以 $maxHeights[i]$ 作为山顶时左侧段的前缀和;
  • $suf[i]$ 表示以 $maxHeights[i]$ 作为山顶时右侧段的后缀和。

那么,最佳方案就是 $pre[i] + suf[i] - maxHeight[i]$ 的最大值。 现在,最后的问题是如何以均摊 $O(1)$ 的时间复杂度计算出每个元素前后缀的和?

思考递推关系:

继续以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例:

  • 以 $6$ 为山顶,前缀为 $[6]$
  • 以 $5$ 为山顶,需要保证左侧元素不大于 $5$,因此找到 $6$ 并修改为 $5$,前缀为 $[5, 5]$
  • 以 $3$ 为山顶,需要保证左侧元素不大于 $3$,因此找到两个 $5$ 并修改为 $3$,前缀为 $[3, 3, 3]$
  • 以 $9$ 为山顶,需要保证左侧元素不大于 $9$,不需要修改,前缀为 $[3, 3, 3, 9]$
  • 以 $2$ 为山顶,需要保证左侧元素不大于 $2$,修改后为 $[2, 2, 2, 2, 2]$
  • 以 $7$ 为山顶,需要保证左侧元素不大于 $7$,不需要修改,前缀为 $[2, 2, 2, 2, 2, 7]$

提高抽象程度:

观察以上步骤,问题的关键在于修改操作:由于数组是递增的,因此修改的步骤就是在「寻找小于等于当前元素 $x$ 的上一个元素」,再将中间的元素削减为 $x$。「寻找上一个更小元素」,这是单调栈的典型场景。

题解一(枚举)

枚举以每个元素作为山顶的方案:

class Solution {
    fun maximumSumOfHeights(maxHeights: List<Int>): Long {
        val n = maxHeights.size
        var ret = 0L
        for (i in maxHeights.indices) {
            var curSum = maxHeights[i].toLong()
            var pre = maxHeights[i]
            for (j in i - 1 downTo 0) {
                pre = min(pre, maxHeights[j])
                curSum += pre
            }
            pre = maxHeights[i]
            for (j in i + 1 ..< n) {
                pre = min(pre, maxHeights[j])
                curSum += pre
            }
            ret = max(ret, curSum)
        }
        return ret
    }
}
class Solution:
    def maximumSumOfHeights(self, maxHeights: List[int]) -> int:
        n, ret = len(maxHeights), 0
        for i in range(n):
            curSum = maxHeights[i]
            pre = maxHeights[i]
            for j in range(i + 1, n):
                pre = min(pre, maxHeights[j])
                curSum += pre
            pre = maxHeights[i]
            for j in range(i - 1, -1, -1):
                pre = min(pre, maxHeights[j])
                curSum += pre
            ret = max(ret, curSum)
        return ret
class Solution {
public:
    long long maximumSumOfHeights(vector<int>& maxHeights) {
        int n = maxHeights.size();
        long long ret = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            long long curSum = maxHeights[i];
            int pre = maxHeights[i];
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                pre = min(pre, maxHeights[j]);
                curSum += pre;
            }
            pre = maxHeights[i];
            for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {
                pre = min(pre, maxHeights[j]);
                curSum += pre;
            }
            ret = max(ret, curSum);
        }
        return ret;
    }
};

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n^2)$ 每个方案的时间复杂度是 $O(n)$,一共有 $n$ 种方案;
  • 空间复杂度:$O(1)$ 仅使用常量级别空间。

题解二(前后缀分解 + 单调栈)

使用单点栈维护前后缀数组,为了便于边界计算,我们构造长为 $n + 1$ 的数组。以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例:

0, 5, 6, 10, 4, 5
13, 8, 6, 2, 1, 0
class Solution {
    fun maximumSumOfHeights(maxHeights: List<Int>): Long {
        val n = maxHeights.size
        val suf = LongArray(n + 1)
        val pre = LongArray(n + 1)
        // 单调栈求前缀
        val stack = java.util.ArrayDeque<Int>()
        for (i in 0 until n) {
            // 弹出栈顶
            while (!stack.isEmpty() && maxHeights[stack.peek()] > maxHeights[i]) {
                stack.pop()
            }
            val j = if (stack.isEmpty()) -1 else stack.peek() 
            pre[i + 1] = pre[j + 1] + 1L * (i - j) * maxHeights[i]
            stack.push(i)
        }
        // 单调栈求后缀
        stack.clear()
        for (i in n - 1 downTo 0) {
            // 弹出栈顶
            while (!stack.isEmpty() && maxHeights[stack.peek()] > maxHeights[i]) {
                stack.pop()
            }
            val j = if (stack.isEmpty()) n else stack.peek()
            suf[i] = suf[j] + 1L * (j - i) * maxHeights[i]
            stack.push(i)
        }
        // 合并
        var ret = 0L
        for (i in 0 until n) {
            ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i])
        }
        return ret
    }
}
class Solution:
    def maximumSumOfHeights(self, maxHeights: List[int]) -> int:
        n = len(maxHeights)
        suf = [0] * (n + 1)
        pre = [0] * (n + 1)
        stack = []
        # 单调栈求前缀
        for i in range(n):
            # 弹出栈顶
            while stack and maxHeights[stack[-1]] > maxHeights[i]:
                stack.pop()
            j = stack[-1] if stack else -1
            pre[i + 1] = pre[j + 1] + (i - j) * maxHeights[i]
            stack.append(i)
        # 单调栈求后缀
        stack = []
        for i in range(n - 1, -1, -1):
            # 弹出栈顶
            while stack and maxHeights[stack[-1]] > maxHeights[i]:
                stack.pop()
            j = stack[-1] if stack else n
            suf[i] = suf[j] + (j - i) * maxHeights[i]
            stack.append(i)
        # 合并
        ret = 0
        for i in range(n):
            ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i])
        
        return ret
class Solution {
public:
    long long maximumSumOfHeights(vector<int>& maxHeights) {
        int n = maxHeights.size();
        vector<long long> suf(n + 1, 0);
        vector<long long> pre(n + 1, 0);
        stack<int> st;
        // 单调栈求前缀
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            // 弹出栈顶
            while (!st.empty() && maxHeights[st.top()] > maxHeights[i]) {
                st.pop();
            }
            int j = st.empty() ? -1 : st.top();
            pre[i + 1] = pre[j + 1] + 1LL * (i - j) * maxHeights[i];
            st.push(i);
        }
        // 单调栈求后缀
        while (!st.empty()) st.pop();
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            // 弹出栈顶
            while (!st.empty() && maxHeights[st.top()] > maxHeights[i]) {
                st.pop();
            }
            int j = st.empty() ? n : st.top();
            suf[i] = suf[j] + 1LL * (j - i) * maxHeights[i];
            st.push(i);
        }
        // 合并
        long long ret = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i]);
        }
        return ret;
    }
};

复杂度分析:

  • 时间复杂度:$O(n)$ 在一侧的计算中,每个元素最多如何和出栈 $1$ 次;
  • 空间复杂度:$O(n)$ 前后缀数组空间。

T4. 统计树中的合法路径数目(Hard)

https://leetcode.cn/problems/count-valid-paths-in-a-tree/description/

这道题似乎比 T3 还简单一些。

问题分析

初步分析:

  • 问题目标: 寻找满足条件的方案数;
  • 问题条件: 路径 $[a, b]$ 上质数的数目有且仅有 $1$;
  • 问题要素: 路径和 - 表示路径上质数的数目。

思考实现:

  • 子问题: 对于以根节点 x 的原问题,可以分为 3 种情况:
    • 左子树可以构造的方案数
    • 右子树可以构造的方案数
    • 如果根节点为质数:「从根到子树节点的路径和为 $0$ 的数目」与「从根到其它子树节点的路径和为 $0$ 的数目」的乘积(乘法原理)

题解(DFS)

构造 DFS 函数,子树的 DFS 返回值为两个值:

  • $cnt0$:到子树节点和为 $0$ 的路径数;
  • $cnt1$:到子树节点和为 $1$ 的路径数;

返回结果时:

  • 如果根节点为质数,那么只能与 $cnt0$ 个路径和为 $1$ 的路径;
  • 如果根节点为非质数,那么 $cnt0$ 个路径可以组成和为 $0$ 的路径,同理 $cnt1$ 个路径可以组成和为 $1$ 的路径。

在子树的计算过程中还会构造结果:

由于题目说明 $[a, b]$ 与 $[b, a]$ 是相同路径,我们可以记录当前子树左侧已经计算过的 $cnt0$ 和 $cnt1$ 的累加和,再与当前子树的 $cnt0$ 与 $cnt1$ 做乘法:

$ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0]$

class Solution {
    
    companion object {
        val U = 100000
        val primes = LinkedList<Int>()
        val isPrime = BooleanArray(U + 1) { true }
        init {
            isPrime[1] = false
            for (i in 2 .. U) {
                if (isPrime[i]) primes.add(i)
                for (e in primes) {
                    if (i * e > U) break
                    isPrime[i * e] = false
                    if (i % e == 0) break
                }
            }
        }
    }
    
    fun countPaths(n: Int, edges: Array<IntArray>): Long {
        val graph = Array(n + 1) { LinkedList<Int>() }
        for ((from, to) in edges) {
            graph[from].add(to)
            graph[to].add(from)
        }
        
        var ret = 0L
        
        // return 0 和 1 的数量
        fun dfs(i: Int, pre: Int): IntArray {
            // 终止条件
            var cnt = IntArray(2)
            if (isPrime[i]) {
                cnt[1] = 1
            } else {
                cnt[0] = 1
            }
            // 递归
            for (to in graph[i]) {
                if (to == pre) continue // 返祖边
                val (cnt0, cnt1) = dfs(to, i)
                // 记录方案
                ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0]
                // 记录影响
                if (isPrime[i]) {
                    cnt[1] += cnt0
                } else {
                    cnt[0] += cnt0
                    cnt[1] += cnt1
                }
            }
            return cnt
        }
        dfs(1, -1) // 随机选择根节点
        return ret
    }
}
U = 100000
primes = deque()
isPrime = [True] * (U + 1)

isPrime[1] = False
for i in range(2, U + 1):
    if isPrime[i]: primes.append(i)
    for e in primes:
        if i * e > U: break
        isPrime[i * e] = False
        if i % e == 0: break

class Solution:

    def countPaths(self, n, edges):
        graph = defaultdict(list)
        for u, v in edges:
            graph[u].append(v)
            graph[v].append(u)

        ret = 0

        def dfs(i, pre):
            nonlocal ret # 修改外部变量
            cnt = [0, 0]
            # 终止条件
            if isPrime[i]:
                cnt[1] = 1
            else:
                cnt[0] = 1
            for to in graph[i]:
                if to == pre: continue # 返祖边
                cnt0, cnt1 = dfs(to, i)
                # 记录方案
                ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0]
                # 记录影响
                if isPrime[i]:
                    cnt[1] += cnt0
                else:
                    cnt[0] += cnt0
                    cnt[1] += cnt1
            return cnt

        dfs(1, -1) # 随机选择根节点
        return ret
const int U = 100000;
list<int> primes;
bool isPrime[U + 1];
bool inited = false;

void init() {
    if (inited) return;
    inited = true;
    memset(isPrime, true, sizeof(isPrime));
    isPrime[1] = false;
    for (int i = 2; i <= U; ++i) {
        if (isPrime[i]) primes.push_back(i);
        for (auto e : primes) {
            if (i * e > U) break;
            isPrime[i * e] = false;
            if (i % e == 0) break;
        }
    }
}

class Solution {
public:
    long long countPaths(int n, vector<vector<int>>& edges) {
        init();
        vector<list<int>> graph(n + 1);
        for (const auto& edge : edges) {
            int from = edge[0];
            int to = edge[1];
            graph[from].push_back(to);
            graph[to].push_back(from);
        }

        long long ret = 0;

        // return 0 和 1 的数量
        function<vector<int>(int, int)> dfs = [&](int i, int pre) -> vector<int> {
            // 终止条件
            vector<int> cnt(2, 0);
            if (isPrime[i]) {
                cnt[1] = 1;
            } else {
                cnt[0] = 1;
            }
            // 递归
            for (auto to : graph[i]) {
                if (to == pre) continue; // 返祖边
                vector<int> subCnt = dfs(to, i);
                int cnt0 = subCnt[0];
                int cnt1 = subCnt[1];
                // 记录方案
                ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0];
                // 记录影响
                if (isPrime[i]) {
                    cnt[1] += cnt0;
                } else {
                    cnt[0] += cnt0;
                    cnt[1] += cnt1;
                }
            }
            return cnt;
        };
        dfs(1, -1); // 随机选择根节点
        return ret;
    }
};

复杂度分析:

  • 时间复杂度:预处理时间为 $O(U)$,建图时间 和 DFS 时间为 $O(n)$;
  • 空间复杂度:预处理空间为 $O(U)$,模拟空间为 $O(n)$。

枚举质数

OI - 素数筛法

枚举法:枚举 $[2, n]$ ,判断它是不是质数,整体时间复杂度是 $O(n\sqrt{n})$

// 暴力求质数
fun getPrimes(max: Int): IntArray {
    val primes = LinkedList<Int>()
    for (num in 2..max) {
        if (isPrime(num)) primes.add(num)
    }
    return primes.toIntArray()
}

// 质数判断
fun isPrime(num: Int): Boolean {
    var x = 2
    while (x * x <= num) {
        if (num % x == 0) return false
        x++
    }
    return true
}

Eratosthenes 埃氏筛:如果 $x$ 是质数,那么 $x$ 的整数倍 $2x$、$3x$ 一定不是质数。我们设 isPrime[i] 表示 $i$ 是否为质数。从小开始遍历,如果 $i$ 是质数,则同时将所有倍数标记为合数,整体时间复杂度是 $O(nlgn)$

为什么要从 $x^2$, $2x^2$ 开始标记,而不是 $2x$, $3x$ 开始标记,因为 $2x$, $3x$ 已经被小于 $x$ 的质数标记过。

// 埃氏筛求质数
val primes = LinkedList<Int>()
val isPrime = BooleanArray(U + 1) { true }
for (i in 2..U) {
    // 检查是否为质数,这里不需要调用 isPrime() 函数判断是否质数,因为它没被小于它的数标记过,那么一定不是合数
    if (!isPrime[i]) continue
    primes.add(i)
    // 标记
    var x = i * i
    while (x <= U) {
        isPrime[x] = false
        x += i
    }
}

Euler 欧氏线性筛:尽管我们从 $x^2$ 开始标记来减少重复标记,但埃氏筛还是会重复标记合数。为了避免重复标记,标记 $x$ 与 “小于等于 $x$ 的最小质因子的质数” 的乘积为合数,保证每个合数只被标记最小的质因子标记,整体时间复杂度是 $O(n)$

// 线性筛求质数
val primes = LinkedList<Int>()
val isPrime = BooleanArray(U + 1) { true }
for (i in 2..U) {
    // 检查是否为质数,这里不需要调用 isPrime() 函数判断是否质数,因为它没被小于它的数标记过,那么一定不是合数
    if (isPrime[i]) {
        primes.add(i)
    }
    // 标记
    for (e in primes) {
        if (i * e > U) break
        isPrime[i * e] = false
        if (i % e == 0) break
    }
}

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posted @ 2023-09-24 20:16  彭旭锐  阅读(26)  评论(0编辑  收藏  举报