LeetCode 周赛上分之旅 #45 精妙的 O(lgn) 扫描算法与树上 DP 问题

彭旭锐2023-09-18 2:02

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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 45 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~

LeetCode 双周赛 113

T1. 使数组成为递增数组的最少右移次数（Easy）

  • 标签：模拟、暴力、线性遍历

T2. 删除数对后的最小数组长度（Medium）

  • 标签：二分答案、双指针、找众数、

T3. 统计距离为 k 的点对（Medium）

  • 标签：枚举、散列表

T4. 可以到达每一个节点的最少边反转次数（Hard）

  • 标签：树上 DP

T1. 使数组成为递增数组的最少右移次数（Easy）

bash 复制代码 
https://leetcode.cn/problems/minimum-right-shifts-to-sort-the-array/description/

题解一（暴力枚举）

简单模拟题。

由于题目数据量非常小，可以把数组复制一份拼接在尾部，再枚举从位置 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i i </math>i 开始长为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n n </math>n 的连续循环子数组是否连续，是则返回 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( n − i ) % n (n - i)\%n </math>(n−i)%n：

Kotlin 复制代码 
class Solution {
    fun minimumRightShifts(nums: MutableList<Int>): Int {
        val n = nums.size
        nums.addAll(nums)
        for (i in 0 until n) {
            if ((i + 1 ..< i + n).all { nums[it] > nums[it - 1]}) return (n - i) % n
        }
        return -1
    }
}
Python 复制代码 
class Solution:
    def minimumRightShifts(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        nums += nums
        for i in range(0, n):
            if all(nums[j] > nums[j - 1] for j in range(i + 1, i + n)):
                return (n - i) % n
        return -1

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n 2 ) O(n^2) </math>O(n2) 双重循环；
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 循环数组空间。

题解二（线性遍历）

更优的写法，我们找到第一个逆序位置，再检查该位置后续位置是否全部为升序，且满足 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ n − 1 ] < n u m s [ 0 ] nums[n - 1] < nums[0] </math>nums[n−1]<nums[0]：

Kotlin 复制代码 
class Solution {
    fun minimumRightShifts(nums: List<Int>): Int {
        val n = nums.size
        for (i in 1 until n) { 
            // 第一段
            if (nums[i] >= nums[i - 1]) continue
            // 第二段
            if (nums[n - 1] > nums[0]) return -1
            for (j in i until n - 1) { 
                if (nums[j] > nums[j + 1]) return -1
            }
            return n - i
        }
        return 0
    }
}

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) <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i i </math>i 指针和 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> j j </math>j 指针总计最多移动 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n n </math>n 次；
  • 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. 删除数对后的最小数组长度（Medium）

bash 复制代码 
https://leetcode.cn/problems/minimum-array-length-after-pair-removals/

题解一（二分答案）

问题存在单调性：

  • 当操作次数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 可以满足时，操作次数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k − 1 k - 1 </math>k−1 一定能满足；
  • 当操作次数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 不可满足时，操作次数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k + 1 k + 1 </math>k+1 一定不能满足。

那么，原问题相当于求解满足目标的最大操作次数。

现在需要考虑的问题是：如何验证操作次数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 是否可以完成？

一些错误的思路：

  • 尝试 1 - 贪心双指针： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 优先使用最小值， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ j ] nums[j] </math>nums[j] 优先使用最大值，错误用例： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 1236 ] [1 2 3 6] </math>[1236]；
  • 尝试 2 - 贪心： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 优先使用最小值， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ j ] nums[j] </math>nums[j] 使用大于 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 的最小值，错误用例： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 1246 ] [1 2 4 6] </math>[1246]；
  • 尝试 3 - 贪心： 从后往前遍历， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 优先使用较大值， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ j ] nums[j] </math>nums[j] 使用大于 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 的最小值，错误用例： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 2348 ] [2 3 4 8] </math>[2348]。

开始转换思路：

能否将数组拆分为两部分，作为 nums[i] 的分为一组，作为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ j ] nums[j] </math>nums[j] 的分为一组。 例如，在用例 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 12 ∣ 36 ] [1 2 | 3 6] </math>[12∣36] 和 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 12 ∣ 46 ] [1 2 | 4 6] </math>[12∣46] 和 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 23 ∣ 48 ] [2 3 | 4 8] </math>[23∣48] 中，将数组的前部分作为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 而后半部分作为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ j ] nums[j] </math>nums[j] 时，可以得到最优解，至此发现贪心规律。

设数组的长度为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n n </math>n，最大匹配对数为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k：

  • 结论 1： 使用数组的左半部分作为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 且使用数组的右半部分作为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ j ] nums[j] </math>nums[j] 总能取到最优解。反之，如果使用右半部分的某个数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ t ] nums[t] </math>nums[t] 作为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i]，相当于占用了一个较大的数，不利于后续 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 寻找配对；
  • 结论 2： 当固定 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 时， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ j ] nums[j] </math>nums[j] 越小越好，否则会占用一个较大的位置，不利于后续 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] nums[i] </math>nums[i] 寻找配对。因此最优解一定是使用左半部分的最小值与右半部分的最小值配对。

总结：如果存在 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 对匹配，那么一定可以让最小的 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 个数和最大的 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 个数匹配。

基于以上分析，可以写出二分答案：

kotlin 复制代码 
class Solution {
    fun minLengthAfterRemovals(nums: List<Int>): Int {
        val n = nums.size
        var left = 0
        var right = n / 2
        while (left < right) {
            val k = (left + right + 1) ushr 1
            if ((0 ..< k).all { nums[it] < nums[n - k + it] }) {
                left = k
            } else {
                right = k - 1
            }
        }
        return n - 2 * left
    }
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n l g n ) O(nlgn) </math>O(nlgn) 二分答案次数最大为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> l g n lgn </math>lgn 次，单次检验的时间复杂度是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n)；
  • 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。

题解二（双指针）

基于题解一的分析，以及删除操作的上界 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n / 2 n / 2 </math>n/2，我们可以仅使用数组的后半部分与前半部分作比较，具体算法：

  • i 指针指向索引 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 0 0 </math>0
  • j 指针指向索引 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( n + 1 ) / 2 (n + 1) / 2 </math>(n+1)/2
  • 向右枚举 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> j j </math>j 指针，如果 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i i </math>i、 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> j j </math>j 指针指向的位置能够匹配，则向右移动 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i i </math>i 指针；
  • 最后 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i i </math>i 指针移动的次数就等于删除操作次数。
kotlin 复制代码 
class Solution {
    fun minLengthAfterRemovals(nums: List<Int>): Int {
        val n = nums.size
        var i = 0
        for (j in (n + 1) / 2 until n) {
            if (nums[i] < nums[j]) i++
        }
        return n - 2 * i
    }
}

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；
  • 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。

题解三（众数）

由于题目的操作只要满足 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n u m s [ i ] < n u m s [ j ] nums[i] < nums[j] </math>nums[i]<nums[j]，即两个数不相等即可，那么问题的解最终仅取决于数组中的众数的出现次数：

  • 如果众数的出现次数比其他元素少，那么所有元素都能删除，问题的结果就看数组总长度是奇数还是偶数；
  • 否则，剩下的元素就是众数： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> s − ( n − s ) s - (n - s) </math>s−(n−s)

最后，由于数组是非递减的，因此可以在 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( 1 ) O(1) </math>O(1) 空间求出众数的出现次数：

kotlin 复制代码 
class Solution {
    fun minLengthAfterRemovals(nums: List<Int>): Int {
        val n = nums.size
        var s = 1
        var cur = 1
        for (i in 1 until n) {
            if (nums[i] == nums[i - 1]) {
                s = max(s, ++ cur)
            } else {
                cur = 1
            }
        }
        if (s <= n - s) {
            return n % 2
        } else {
            return s - (n - s)
        }
    }
}

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；
  • 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。

题解四（找规律 + 二分查找）

继续挖掘数据规律：

<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> s < = n − s s <= n - s </math>s<=n−s 等价于众数的出现次数超过数组长度的一半，由于数组是有序的，那么一定有数组的中间位置就是众数，我们可以用二分查找找出众数在数组中出现位置的边界，从而计算出众数的出现次数。

由此，我们甚至不需要线性扫描都能计算出众数以及众数的出现次数，Nice！

当然，最后计算出来的出现次数有可能没有超过数组长度的一半。

kotlin 复制代码 
class Solution {
    fun minLengthAfterRemovals(nums: List<Int>): Int {
        val n = nums.size
        val x = nums[n / 2]
        val s = lowerBound(nums, x + 1) - lowerBound(nums, x)
        return max(2 * s - n, n % 2)
    }

    fun lowerBound(nums: List<Int>, target: Int): Int {
        var left = 0
        var right = nums.size - 1
        while (left < right) {
            val mid = (left + right + 1) ushr 1
            if (nums[mid] >= target) {
                right = mid - 1
            } else {
                left = mid
            }
        }
        return if (nums[left] == target) left else left + 1
    }
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( l g n ) O(lgn) </math>O(lgn) 单次二分查找的时间复杂度是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( l g n ) O(lgn) </math>O(lgn)；
  • 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。

相似题目：

T3. 统计距离为 k 的点对（Medium）

bash 复制代码 
https://leetcode.cn/problems/count-pairs-of-points-with-distance-k/

题解（散列表）

  • 问题目标： 求 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( x 1 x o r x 2 ) + ( y 1 x o r y 2 ) = = k (x1 xor x2) + (y1 xor y2) == k </math>(x1xorx2)+(y1xory2)==k 的方案数；
  • 技巧： 对于存在多个变量的问题，可以考虑先固定其中一个变量；

容易想到两数之和的问题模板，唯一需要思考的问题是如何设计散列表的存取方式：

对于满足 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( x 1 x o r x 2 ) + ( y 1 x o r y 2 ) = = k (x1\ xor\ x2) + (y1\ xor\ y2) == k </math>(x1 xor x2)+(y1 xor y2)==k 的方案，我们抽象为两部分 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i + j = k i + j = k </math>i+j=k，其中， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i = ( x 1 x o r x 2 ) i = (x1\ xor\ x2) </math>i=(x1 xor x2) 的取值范围为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 0 , k ] [0, k] </math>[0,k]，而 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> j = k − i j = k - i </math>j=k−i，即总共有 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k + 1 k + 1 </math>k+1 种方案。本题的 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 数据范围很小，所以我们可以写出时间复杂度 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n k ) O(nk) </math>O(nk) 的算法。

kotlin 复制代码 
class Solution {
    fun countPairs(coordinates: List<List<Int>>, k: Int): Int {
        var ret = 0
        // <x, <y, cnt>>
        val map = HashMap<Int, HashMap<Int, Int>>()
        for ((x2, y2) in coordinates) {
            // 记录方案
            for (i in 0 .. k) {
                if (!map.containsKey(i xor x2)) continue
                ret += map[i xor x2]!!.getOrDefault((k - i) xor y2, 0)
            }
            // 累计次数
            map.getOrPut(x2) { HashMap<Int, Int>() }[y2] = map[x2]!!.getOrDefault(y2, 0) + 1
        }
        return ret
    }
}

Python 计数器支持复合数据类型的建，可以写出非常简洁的代码：

bash 复制代码 
class Solution:
    def countPairs(self, coordinates: List[List[int]], k: int) -> int:
        c = Counter()
        ret = 0
        for x2, y2 in coordinates:
            # 记录方案
            for i in range(k + 1):
                ret += c[(i ^ x2, (k - i) ^ y2)]
            # 累计次数
            c[(x2, y2)] += 1
        return ret

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ⋅ k ) O(n·k) </math>O(n⋅k) 线性枚举，每个元素枚举 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 种方案；
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 散列表空间。

T4. 可以到达每一个节点的最少边反转次数（Hard）

bash 复制代码 
https://leetcode.cn/problems/minimum-edge-reversals-so-every-node-is-reachable/

问题分析

初步分析：

  • 问题目标： 求出以每个节点为根节点时，从根节点到其他节点的反转操作次数，此题属于换根 DP 问题

思考实现：

  • 暴力： 以节点 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> i i </math>i 为根节点走一次 BFS/DFS，就可以在 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 时间内求出每个节点的解，整体的时间复杂度是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n 2 ) O(n^2) </math>O(n2)

思考优化：

  • 重叠子问题： 相邻边连接的节点间存在重叠子问题，当我们从根节点 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> u u </math>u 移动到其子节点 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> v v </math>v 时，我们可以利用已有信息在 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( 1 ) O(1) </math>O(1) 时间算出 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> v v </math>v 为根节点时的解。

具体实现：

  • 1、随机选择一个点为根节点 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> u u </math>u，在一次 DFS 中根节点 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> u u </math>u 的反转操作次数：
  • 2、 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> u → v u → v </math>u→v 的状态转移：
    • 如果 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> u → v u → v </math>u→v 是正向边，则反转次数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> + 1 + 1 </math>+1；
    • 如果 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> u → v u → v </math>u→v 是反向边，则反转次数 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> − 1 - 1 </math>−1（从 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> v v </math>v 到 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> u u </math>u 不用反转）；
  • 3、由于题目是有向图，我们可以转换为无向图，再利用标记位 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 1 </math>1 和 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> − 1 -1 </math>−1 表示边的方向， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 1 </math>1 为正向边， <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> − 1 -1 </math>−1 为反向边。

题解（换根 DP）

kotlin 复制代码 
class Solution {
    fun minEdgeReversals(n: Int, edges: Array<IntArray>): IntArray {
        val dp = IntArray(n)
        val graph = Array(n) { LinkedList<IntArray>() }
        // 建图
        for ((from, to) in edges) {
            graph[from].add(intArrayOf(to, 1))
            graph[to].add(intArrayOf(from, -1))
        }

        // 以 0 为根节点
        fun dfs(i: Int, fa: Int) {
            for ((to, gain) in graph[i]) {
                if (to == fa) continue
                if (gain == -1) dp[0] ++
                dfs(to, i)
            }
        }

        fun dp(i: Int, fa: Int) {
            for ((to, gain) in graph[i]) {
                if (to == fa) continue
                // 状态转移
                dp[to] = dp[i] + gain
                dp(to, i)
            }
        }

        dfs(0, -1)
        dp(0, -1)
        
        return dp
    }
}

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) DFS 和换根 DP 都是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n)；
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 递归栈空间与 DP 数组空间。

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