【LetMeFly】1766.互质树：设计（深度优先搜索）
力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/tree-of-coprimes/
给你一个 n 个节点的树（也就是一个无环连通无向图），节点编号从 0 到 n - 1 ，且恰好有 n - 1 条边，每个节点有一个值。树的 根节点 为 0 号点。
给你一个整数数组 nums 和一个二维数组 edges 来表示这棵树。nums[i] 表示第 i 个点的值，edges[j] = [u~j~, v~j~] 表示节点 u~j~ 和节点 v~j~ 在树中有一条边。
当 gcd(x, y) == 1 ，我们称两个数 x 和 y 是 互质的 ，其中 gcd(x, y) 是 x 和 y 的 最大公约数 。
从节点 i 到 根 最短路径上的点都是节点 i 的祖先节点。一个节点 不是 它自己的祖先节点。
请你返回一个大小为 n 的数组 ans ，其中ans[i]是离节点 i 最近的祖先节点且满足nums[i] 和nums[ans[i]] 是 互质的 ，如果不存在这样的祖先节点，ans[i] 为 -1 。
示例 1：
输入：nums = [2,3,3,2], edges = [[0,1],[1,2],[1,3]]
输出：[-1,0,0,1]
解释：上图中，每个节点的值在括号中表示。
- 节点 0 没有互质祖先。
- 节点 1 只有一个祖先节点 0 。它们的值是互质的（gcd(2,3) == 1）。
- 节点 2 有两个祖先节点，分别是节点 1 和节点 0 。节点 1 的值与它的值不是互质的（gcd(3,3) == 3）但节点 0 的值是互质的(gcd(2,3) == 1)，所以节点 0 是最近的符合要求的祖先节点。
- 节点 3 有两个祖先节点，分别是节点 1 和节点 0 。它与节点 1 互质（gcd(3,2) == 1），所以节点 1 是离它最近的符合要求的祖先节点。示例 2：
输入：nums = [5,6,10,2,3,6,15], edges = [[0,1],[0,2],[1,3],[1,4],[2,5],[2,6]]
输出：[-1,0,-1,0,0,0,-1]提示：
nums.length == n1 <= nums[i] <= 501 <= n <= 10^5^edges.length == n - 1edges[j].length == 20 <= u~j~, v~j~< nu~j~!= v~j~
解题方法：设计（深度优先搜索）
这道题的数据范围中可以得知， n u m s [ i ] nums[i] nums[i]最大只有 50 50 50。因此可以建立一下数据结构：
- [[int]] gcds; // gcds[i]: 和i互质的所有数（题目范围内）
- [[int]] path; // path: dfs到当前节点时所有的祖先节点 | path[i]: 值为i的祖先节点们
- [int] num2depth; // num2depth[i]: 节点i的深度（默认值为0）
- [[int]] graph; // graph[i]: 节点i的所有相邻节点
- [int] ans; // ans: 最终要返回的答案
其中 g c d s gcds gcds可以在预处理时计算得出 1 1 1到 50 50 50的范围内每个数的所有质因数。
而 g r a p h graph graph课可以通过遍历一遍 e d g e s edges edges数组而得到。
至于 p a t h path path和 d e p t h depth depth，则可以在深度优先搜索的同时得到：
cpp
void dfs(nums, num, depth) {
num2depth[num] = depth;
int thisVal = nums[num];
... // 依据gcds[thisVal]遍历path中互质的数，深度最深的那个即为答案
path[thisVal].push_back(num);
... // 遍历graph开始递归
path[thisVal].pop_back();
}- 时间复杂度 O ( C 2 + C n ) O(C^2+Cn) O(C2+Cn)，其中 C C C为每个节点的数据范围，本题中 C = 50 C=50 C=50
- 空间复杂度 O ( C 2 + n ) O(C^2+n) O(C2+n)
AC代码
C++
cpp
class Solution {
private:
vector<vector<int>> gcds; // gcds[i]: 和i互质的所有数（题目范围内）
vector<vector<int>> path; // path: dfs到当前节点时所有的祖先节点 | path[i]: 值为i的祖先节点们
vector<int> num2depth; // num2depth[i]: 节点i的深度（默认值为0）
vector<vector<int>> graph; // graph[i]: 节点i的所有相邻节点
vector<int> ans; // ans: 最终要返回的答案
void initGcds() {
gcds.resize(51);
for (int i = 1; i <= 50; i++) {
for (int j = 1; j <= 50; j++) {
if (__gcd(i, j) == 1) {
gcds[i].push_back(j);
gcds[j].push_back(i);
}
}
}
}
void initPath() {
path.resize(51);
}
void initNum2depth(vector<int>& nums) {
num2depth.resize(nums.size());
}
void initGraph(vector<int>& nums, vector<vector<int>>& edges) {
graph.resize(nums.size());
for (vector<int>& edge : edges) {
graph[edge[0]].push_back(edge[1]);
graph[edge[1]].push_back(edge[0]);
}
}
void initAns(vector<int>& nums) {
ans = vector<int>(nums.size(), -1);
}
void dfs(vector<int>& nums, int num, int depth) {
num2depth[num] = depth;
for (int coprime : gcds[nums[num]]) {
if (path[coprime].size()) {
int lastNum = path[coprime].back();
if (ans[num] == -1 || num2depth[lastNum] > num2depth[ans[num]]) {
ans[num] = lastNum;
}
}
}
path[nums[num]].push_back(num);
for (int nextNum : graph[num]) {
if (!num2depth[nextNum]) {
dfs(nums, nextNum, depth + 1);
}
}
path[nums[num]].pop_back();
}
public:
vector<int> getCoprimes(vector<int>& nums, vector<vector<int>>& edges) {
initGcds();
initPath();
initNum2depth(nums);
initGraph(nums, edges);
initAns(nums);
dfs(nums, 0, 1); // 根节点视为1层，和默认值不同
return ans;
}
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