LeetCode 周赛上分之旅 #44 同余前缀和问题与经典倍增 LCA 算法

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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 44 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~

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）

bash 复制代码

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。

kotlin 复制代码

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： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( ( h i g h − l o w ) l g h i g h ) O((high-low)lg^{high}) </math>O((high−low)lghigh) 单次检查时间为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( l g h i g h ) O(lg^{high}) </math>O(lghigh)；
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( 1 ) O(1) </math>O(1) 仅使用常量级别空间。

T2. 生成特殊数字的最少操作（Easy）

bash 复制代码

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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m num </math>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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m num </math>num 变成 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 25 25 </math>25 的倍数；
规律： 对于 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 25 25 </math>25 的倍数，当且仅当结尾为「00、25、50、75」这 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 4 4 </math>4 种情况时成立，我们尝试构造出尾部符合两个数字能被 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 25 25 </math>25 整除的情况。

可以用回溯解决：

kotlin 复制代码

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： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n 2 ⋅ m ) O(n^2·m) </math>O(n2⋅m) 最多有 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n 2 n^2 </math>n2 种子状态，其中 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> m m </math>m 是字符串的平均长度， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( m ) O(m) </math>O(m) 是构造中间字符串的时间；
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> r e t = n − i − 2 ret = n - i - 2 </math>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。

kotlin 复制代码

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： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 4 种方案和特殊方案均是线性遍历；
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( 1 ) O(1) </math>O(1) 仅使用常量级别空间。

T3. 统计趣味子数组的数目（Medium）

bash 复制代码

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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ l , r ] [l, r] </math>[l,r] 内，设 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> c n t cnt </math>cnt 为满足 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] % m == k </math>nums[i] 的索引 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i i </math>i 的数量，并且 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> c n t cnt % m == k </math>cnt。大白话就是算一下有多少数的模是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k，再判断个数的模是不是也是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k；
权重： 对于满足 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] % m == k </math>nums[i] 的元素，它对结果的贡献是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 1 </math>1，否则是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 0 0 </math>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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ i ] [i] </math>[i] 位置的 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 0 , i ] [0, i] </math>[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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ i ] [i] </math>[i]，并寻找已经遍历的位置中满足 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( p r e S u m [ i ] − p r e S u m [ j ] ) % m = = k (preSum[i] - preSum[j]) \% m == k </math>(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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( p r e S u m [ i ] − p r e S u m [ j ] ) % m = = k (preSum[i] - preSum[j]) \% m == k </math>(preSum[i]−preSum[j])%m==k
- 考虑 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> p r e S u m [ i ] % m − p r e S u m [ j ] % m preSum[i] \% m - preSum[j] \% m </math>preSum[i]%m−preSum[j]%m 是正数数的的情况，原式等价于： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> p r e S u m [ i ] % m − p r e S u m [ j ] % m = = k preSum[i] \% m - preSum[j] \% m == k </math>preSum[i]%m−preSum[j]%m==k
- 考虑 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> p r e S u m [ i ] % m − p r e S u m [ j ] % m preSum[i] \% m - preSum[j] \% m </math>preSum[i]%m−preSum[j]%m 是负数的的情况，我们在等式左边增加补数： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( p r e S u m [ i ] % m − p r e S u m [ j ] % m + m ) (preSum[i] \% m - preSum[j] \% m + m) %m == k </math>(preSum[i]%m−preSum[j]%m+m)
- 联合正数和负数两种情况，即我们需要找到前缀和为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( p r e S u m [ i ] % m − k + m ) % m (preSum[i] \% m - k + m) \% m </math>(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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> % m \% m </math>%m。

组合以上技巧：

kotlin 复制代码

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： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 线性遍历，单次查询时间为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( 1 ) O(1) </math>O(1)；
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( m ) O(m) </math>O(m) 散列表空间。

相似题目：

T4. 边权重均等查询（Hard）

bash 复制代码

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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ x , y ] [x, y] </math>[x,y]，要求计算将 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> < x , y > <x, y> </math><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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ x , y ] [x, y] </math>[x,y]，我们需要计算 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> < x , y > <x, y> </math><x,y> 的路径长度 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> l l </math>l，以及边权重的众数的出现次数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> c c </math>c，而要修改的操作次数就是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> l − c l - c </math>l−c；
技巧： 对于 "树上路径" 问题有一种经典技巧，我们可以把 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> < x , y > <x, y> </math><x,y> 的路径转换为从 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> < x , l c a > <x, lca> </math><x,lca> 的路径与 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> < l c a , y > <lca, y> </math><lca,y> 的两条路径；

思考实现：

长度： 将问题转换为经过 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> l c a lca </math>lca 中转的路径后，路径长度 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> l l </math>l 可以用深度来计算： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> l = d e p t h [ x ] + d e p t h [ y ] − 2 ∗ d e p t h [ l c a ] l = depth[x] + depth[y] - 2 * depth[lca] </math>l=depth[x]+depth[y]−2∗depth[lca]；
权重： 同理，权重 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> w [ x , y ] w[x,y] </math>w[x,y] 可以通过 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> w [ x , l c a ] w[x, lca] </math>w[x,lca] 与 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> w [ l c a , y ] w[lca, y] </math>w[lca,y] 累加计算；

现在的关键问题是，如何快速地找到 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> < x , y > <x, y> </math><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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( l g n ) O(lgn) </math>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 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> < x , y > <x, y> </math><x,y> 跳到相同高度，再利用倍增算法向上跳 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 2 j 2^j </math>2j 个父节点，直到到达相同节点即为最近公共祖先。

kotlin 复制代码

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： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n l g n ⋅ U ) O(nlgn·U) </math>O(nlgn⋅U) 预处理的时间复杂度是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n l g n ⋅ U ) O(nlgn·U) </math>O(nlgn⋅U)，单次查询的时间是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( l g n ⋅ U ) O(lgn·U) </math>O(lgn⋅U)；
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n l g n ⋅ U ) O(nlgn·U) </math>O(nlgn⋅U) 预处理倍增信息空间。

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