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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 = 0var cntR = 0for (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 ) O(n) O(n) 线性遍历;
  • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) 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)

1 1 1 开始从小到大枚举,如果当前元素 c u r cur 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 ) O(1) O(1) 时间复杂度判断。

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

复杂度分析:

  • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n) 线性遍历;
  • 空间复杂度: O ( n ) O(n) 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 1 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 k - x kx 不可选。例如:

  • 选择 1 1 1,则 k − 1 k - 1 k1 不可选;
  • 选择 2 2 2,则 k − 2 k - 2 k2 不可选;
  • 选择 k / 2 k / 2 k/2,则 k − k / 2 k - k / 2 kk/2 不可选。

可以发现,最终选择的元素被分为两部分:

  • 小于 k k k 的部分:选择所有和为 k k k 的配对中的较小值,即 1 、 2 、 3 … k / 2 1、2、3 … k / 2 123k/2
  • 大于等于 k k k 的部分:与其他任意正整数相加都不会等于 k k k,因此大于等于 k k k 的数必然可以选择,即 k 、 k + 1 、 k + 2 、 … 、 k + n − m − 1 k、k + 1、k + 2、…、k + n - m - 1 kk+1k+2k+nm1 共 n - m 个数。

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

  • 小于 k 的部分: m ( m + 1 ) / 2 m(m + 1)/ 2 m(m+1)/2
  • 大于等于 k 的部分: ( n − m ) ∗ ( 2 ∗ k + n − m − 1 ) / 2 (n - m) * (2*k + n - m - 1) / 2 (nm)(2k+nm1)/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 ) O(1) O(1)
  • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) 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: n u m s nums nums 数组中所有元素都是 2 2 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 1 1,那么只要 n u m s nums nums 数组的和大于等于 t a r g e t target 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 ] [0] [0] [ k ] [k] [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 n u m s nums nums 中不同 2 2 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 k k 时,如果「 n u m s nums nums 中小于等于 2 k 2^k 2k 的元素和」 ≥ ≥ t a r g e t target target 中低于等于 k k k 位的值」,那么对于仅考虑 [ 0 , k ] [0, k] [0,k] 位上的子问题是有解的。否则,我们需要找到 n u m s nums nums 中最近大于 2 k 2^k 2k 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 32 32 的数组,计算出 n u m s nums nums 数组中每个 2 2 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 i i,在每轮迭代中将 n u m s nums nums 数组中的 2 i 2^i 2i 元素累加到 s u m sum sum 中,此举相当于在求「低 i i i 位的子问题」可以构造的最大值;
  • 最后,我们比较 s u m sum sum 是否大于等于 t a r g e t target target(只考虑低 i i i 位),此举相当于在判断「低 i i 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 2^j 2j 做拆分;
  • 另外,有一个优化点:当我们拆分将 2 j 2^j 2j 拆分到 2 i ( j > i ) 2^i (j > i) 2i(j>i) 时并不是直接丢弃 2 j 2^j 2j,而是会留下 2 j − 1 、 2 j − 2 … 2 i 2^{j-1}、2^{j-2}… 2^i 2j12j22i 等一系列数,可以直接跳到第 j j 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 I n t Int Int 上界,所以我们需要转换为在 L o n g Long 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 = 0var x = numwhile (x > 1) {x = x shr 1i += 1}cnts[i]++}var ret = 0var i = 0var sum = 0Lwhile(sum < target) {// 累加低位的 numssum += (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 + 1while (cnts[j] == 0) { // 基于开头的特判,此处一定有解j++}// 拆分ret += j - ii = j} else {i += 1}}return ret}
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度: O ( n ⋅ U + U O(n·U + U O(nU+U) 其中 n n n n u m s nums nums 数组的长度, U U U 为整型大小 32 32 32
  • 空间复杂度: O ( U ) O(U) 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 = 0var i = 0var sum = 0Lwhile(sum < target) {// 累加低位的 numssum += (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 + 1while (!cnts.containsKey(1 shl j)) { // 基于开头的特判,此处一定有解j++}// 拆分ret += j - ii = j} else {i += 1}}return ret}
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度: O ( n + U ) O(n + U) O(n+U) 其中 n n n n u m s nums nums 数组的长度, U U U 为整型大小 32 32 32
  • 空间复杂度: O ( U ) O(U) 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 ( s u m > t a r g e t ) (sum > target) sum>target的情况下,如果从 s u m sum sum 中剔除最大的元素 x x x 后,依然满足剩余的元素和 s u m ’ > t a r g e t sum’ > target sum>target,那么直接将 x x x 去掉,这是因为一定存在比 x x x 操作次数更小的方案能够构造 t a r g e t target target(元素越大拆分次数越多)。
  • 思考 2: 如果从 s u m sum sum 中剔除最大的元素 x x x 后不能构造,说明 x x x 是一定要选择或者拆分,此时考虑 x x x t a r g e t target target 的影响:
    • 如果 x > t a r g e t x > target x>target,那么 x x x 需要先拆分
    • 如果 x ≤ t a r g e t x ≤ target xtarget,那么 x x x 可以被选择并抵消 t a r g e t target 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 = 0var left = targetwhile (sum > left) {val x = nums.removeFirst()if (sum - x >= left){sum -= x} else if (x <= left) {sum -= xleft -= x} else {ret += 1nums.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 ( n l g n + n + U ) O(nlgn + n + U) O(nlgn+n+U) 瓶颈在排序,枚举阶段每个元素最多访问 1 1 1 次,拆分次数最多为 U U U
  • 空间复杂度: O ( l g n ) O(lgn) 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 k 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 k k 的上界非常大 1 0 10 10^{10} 1010,如果逐级向上传球,那么单次查询的时间复杂度是 O ( k ) O(k) O(k)。现在,需要思考如何优化模拟 k k 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 2 2 的幂的和,如果预处理出第 2 0 、 2 1 、 2 2 、 2 3 、 . . . 、 2 i 2^0、2^1、2^2、2^3、...、2^i 20212223...2i 个后驱玩家,那么求解第 k k k 次传球时可以转化为多次 2 i 2^i 2i 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.sizeval 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 = 0Lfor (node in 0 until n) {var i = nodevar x = kvar 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 ( n l g k ) O(nlgk) O(nlgk),枚举时间为 O ( n l g k ) O(nlgk) O(nlgk),其中 n n n r e c e i v e r s receivers receivers 数组的长度;
  • 空间复杂度:预处理空间 O ( n l g k ) O(nlgk) O(nlgk)

另外,这道题还有基于「内向基环树」的 O ( n ) O(n) O(n) 解法。


推荐阅读

LeetCode 上分之旅系列往期回顾:

  • LeetCode 单周赛第 359 场 · 结合离散化的线性 DP 问题
  • LeetCode 单周赛第 358 场 · 结合中心扩展的单调栈贪心问题
  • LeetCode 双周赛第 111 场 · 按部就班地解决动态规划问题
  • LeetCode 双周赛第 110 场 · 结合排序不等式的动态规划

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