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大家好，我是小彭。
今天下午有力扣杯战队赛，不知道官方是不是故意调低早上周赛难度给选手们练练手。
周赛概览
T1. 找出不同元素数目差数组（Easy）
标签：模拟、计数、散列表
T2. 频率跟踪器（Medium）
标签：模拟、计数、散列表、设计
T3. 有相同颜色的相邻元素数目（Medium）
标签：模拟、计数、贪心
T4. 使二叉树所有路径值相等的最小代价（Medium）
标签：二叉树、DFS、贪心
T1. 找出不同元素数目差数组（Easy）
https://leetcode.cn/problems/find-the-distinct-difference-array/题解（前后缀分解）
- 问题目标：求每个位置前缀中不同元素个数和后缀不同元素个数的差值；
- 观察数据：存在重复数；
- 解决手段：我们可以计算使用两个散列表计算前缀和后缀中不同元素的差值。考虑到前缀和后缀的数值没有依赖关系，只不过后缀是负权，前缀是正权。那么，我们可以在第一次扫描时将后缀的负权值记录到结果数组中，在第二次扫描时将正权值记录到结果数组中，就可以优化一个散列表空间。
写法 1：
class Solution {
fun distinctDifferenceArray(nums: IntArray): IntArray {
val n = nums.size
val ret = IntArray(n)
val leftCnts = HashMap<Int, Int>()
val rightCnts = HashMap<Int, Int>()
for (e in nums) {
rightCnts[e] = rightCnts.getOrDefault(e, 0) + 1
}
for (i in nums.indices) {
val e = nums[i]
leftCnts[e] = leftCnts.getOrDefault(e, 0) + 1
if (rightCnts[e]!! > 1) rightCnts[e] = rightCnts[e]!! - 1 else rightCnts.remove(e)
ret[i] = leftCnts.size - rightCnts.size
}
return ret
}
}写法 2：
class Solution {
fun distinctDifferenceArray(nums: IntArray): IntArray {
val n = nums.size
val ret = IntArray(n)
val set = HashSet<Int>()
// 后缀
for (i in nums.size - 1 downTo 0) {
ret[i] = -set.size
set.add(nums[i])
}
set.clear()
// 前缀
for (i in nums.indices) {
set.add(nums[i])
ret[i] += set.size
}
return ret
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为 nums 数组的长度；
- 空间复杂度：$O(n)$ 散列表空间。
T2. 频率跟踪器（Medium）
https://leetcode.cn/problems/frequency-tracker/题解（散列表）
简单设计题，使用一个散列表记录数字出现次数，再使用另一个散列表记录出现次数的出现次数：
class FrequencyTracker() {
// 计数
private val cnts = HashMap<Int, Int>()
// 频率计数
private val freqs = HashMap<Int, Int>()
fun add(number: Int) {
// 旧计数
val oldCnt = cnts.getOrDefault(number, 0)
// 增加计数
cnts[number] = oldCnt + 1
// 减少旧频率计数
if (freqs.getOrDefault(oldCnt, 0) > 0) // 容错
freqs[oldCnt] = freqs[oldCnt]!! - 1
// 增加新频率计数
freqs[oldCnt + 1] = freqs.getOrDefault(oldCnt + 1, 0) + 1
}
fun deleteOne(number: Int) {
// 未包含
if (!cnts.contains(number)) return
// 减少计数
val oldCnt = cnts[number]!!
if (0 == oldCnt - 1) cnts.remove(number) else cnts[number] = oldCnt - 1
// 减少旧频率计数
freqs[oldCnt] = freqs.getOrDefault(oldCnt, 0) - 1
// 增加新频率计数
freqs[oldCnt - 1] = freqs.getOrDefault(oldCnt - 1, 0) + 1
}
fun hasFrequency(frequency: Int): Boolean {
// O(1)
return freqs.getOrDefault(frequency, 0) > 0
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(1)$ 每个操作的时间复杂度都是 $O(1)$；
- 空间复杂度：$O(q)$ 取决于增加的次数 $q$。
T3. 有相同颜色的相邻元素数目（Medium）
https://leetcode.cn/problems/number-of-adjacent-elements-with-the-same-color/description/题目描述
给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的数组 nums 。一开始，所有元素都是 未染色 （值为 0 ）的。
给你一个二维整数数组 queries ，其中 queries[i] = [indexi, colori] 。
对于每个操作，你需要将数组 nums 中下标为 indexi 的格子染色为 colori 。
请你返回一个长度与 queries 相等的数组 answer ，其中 answer[i]是前 i 个操作 之后** ，相邻元素颜色相同的数目。
更正式的，answer[i] 是执行完前 i 个操作后，0 <= j < n - 1 的下标 j 中，满足 nums[j] == nums[j + 1] 且 nums[j] != 0 的数目。
示例 1：
输入：n = 4, queries = [[0,2],[1,2],[3,1],[1,1],[2,1]]
输出：[0,1,1,0,2]
解释：一开始数组 nums = [0,0,0,0] ，0 表示数组中还没染色的元素。
- 第 1 个操作后，nums = [2,0,0,0] 。相邻元素颜色相同的数目为 0 。
- 第 2 个操作后，nums = [2,2,0,0] 。相邻元素颜色相同的数目为 1 。
- 第 3 个操作后，nums = [2,2,0,1] 。相邻元素颜色相同的数目为 1 。
- 第 4 个操作后，nums = [2,1,0,1] 。相邻元素颜色相同的数目为 0 。
- 第 5 个操作后，nums = [2,1,1,1] 。相邻元素颜色相同的数目为 2 。示例 2：
输入：n = 1, queries = [[0,100000]]
输出：[0]
解释：一开始数组 nums = [0] ，0 表示数组中还没染色的元素。
- 第 1 个操作后，nums = [100000] 。相邻元素颜色相同的数目为 0 。提示：
1 <= n <= 1051 <= queries.length <= 105queries[i].length == 20 <= indexi <= n - 11 <= colori <= 105
问题结构化
1、概括问题目标
计算每次涂色后相邻颜色的数目个数（与前一个位置颜色相同）。
2、观察问题数据
- 数据量：查询操作的次数是 10^5，因此每次查询操作的时间复杂度不能高于 O(n)。
3、具体化解决手段
- 手段 1（暴力枚举）：涂色执行一次线性扫描，计算与前一个位置颜色相同的元素个数；
- 手段 2（枚举优化）：由于每次操作最多只会影响 (i - 1, i) 与 (i, i + 1) 两个数对的颜色关系，因此我们没有必要枚举整个数组。
题解一（暴力枚举 · TLE）
class Solution {
fun colorTheArray(n: Int, queries: Array<IntArray>): IntArray {
// 只观察 (i - 1, i) 与 (i, i + 1) 两个数对
if (n <= 0) return intArrayOf(0) // 容错
val colors = IntArray(n)
val ret = IntArray(queries.size)
for (i in queries.indices) {
val j = queries[i][0]
val color = queries[i][1]
if (j < 0 || j >= n) continue // 容错
colors[j] = color
for (j in 1 until n) {
if (0 != colors[j] && colors[j] == colors[j - 1]) ret[i] ++
}
}
return ret
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n^2)$ 每个操作的时间复杂度都是 O(n)；
- 空间复杂度：$O(n)$ 颜色数组空间。
题解二（枚举优化）
class Solution {
fun colorTheArray(n: Int, queries: Array<IntArray>): IntArray {
// 只观察 (i - 1, i) 与 (i, i + 1) 两个数对
if (n <= 0) return intArrayOf(0) // 容错
val colors = IntArray(n)
val ret = IntArray(queries.size)
// 计数
var cnt = 0
for (i in queries.indices) {
val j = queries[i][0]
val color = queries[i][1]
if (j < 0 || j >= n) continue // 容错
// 消除旧颜色的影响
if (colors[j] != 0 && j > 0 && colors[j - 1] == colors[j]) cnt--
// 增加新颜色的影响
if (colors[j] != 0 && j < n - 1 && colors[j] == colors[j + 1]) cnt--
if (color != 0) { // 容错
colors[j] = color
if (j > 0 && colors[j - 1] == colors[j]) cnt++
if (j < n - 1 && colors[j] == colors[j + 1]) cnt++
}
ret[i] = cnt
}
return ret
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 每个操作的时间复杂度都是 O(1)；
- 空间复杂度：$O(n)$ 颜色数组空间。
相似题目：
T4. 使二叉树所有路径值相等的最小代价（Medium）
https://leetcode.cn/problems/make-costs-of-paths-equal-in-a-binary-tree/问题描述
给你一个整数 n 表示一棵 满二叉树 里面节点的数目，节点编号从 1 到 n 。根节点编号为 1 ，树中每个非叶子节点 i 都有两个孩子，分别是左孩子 2 * i 和右孩子 2 * i + 1 。
树中每个节点都有一个值，用下标从 0 开始、长度为 n 的整数数组 cost 表示，其中 cost[i] 是第 i + 1 个节点的值。每次操作，你可以将树中 任意 节点的值 增加 1 。你可以执行操作 任意 次。
你的目标是让根到每一个 叶子结点 的路径值相等。请你返回 最少 需要执行增加操作多少次。
注意：
- 满二叉树 指的是一棵树，它满足树中除了叶子节点外每个节点都恰好有 2 个节点，且所有叶子节点距离根节点距离相同。
- 路径值 指的是路径上所有节点的值之和。
示例 1：
输入：n = 7, cost = [1,5,2,2,3,3,1]
输出：6
解释：我们执行以下的增加操作：
- 将节点 4 的值增加一次。
- 将节点 3 的值增加三次。
- 将节点 7 的值增加两次。
从根到叶子的每一条路径值都为 9 。
总共增加次数为 1 + 3 + 2 = 6 。
这是最小的答案。示例 2：
输入：n = 3, cost = [5,3,3]
输出：0
解释：两条路径已经有相等的路径值，所以不需要执行任何增加操作。提示：
3 <= n <= 105n + 1是2的幂cost.length == n1 <= cost[i] <= 104
问题结构化
1、概括问题目标
计算将所有「根到叶子结点的路径和」调整到相同值的操作次数。
2、分析问题要件
在每一次操作中，可以提高二叉树中某个节点的数值，最终使得该路径和与所有二叉树中其他所有路径和相同。
3、观察问题数据
- 满二叉树：输入数据是数组物理实现的二叉树，二叉树每个节点的初始值记录在 cost 数组上；
- 数据量：输入数据量的上界为 10^5，这要求算法的时间复杂度不能高于 O(n^2)；
- 数据大小：二叉树节点的最大值为 10^4，即使将所有节点都调整到 10^4 路径和也不会整型溢出，不需要考虑大数问题。
4、提高抽象程度
- 最大路径和：由于题目只允许增加节点的值，所以只能让较小路径上的节点值向较大路径上的节点值靠；
- 公共路径：对于节点「2」的子节点「4」和「5」来说，它们的「父节点和祖先节点走过的路径」必然是公共路径。也就是说，无论从根节点走到节点「2」的路径和是多少，对节点 A 和节点 B 的路径和的影响是相同的。
- 是否为决策问题：由于每次操作可以调整的选择性很多，因此这是一个决策问题。
5、具体化解决方案
如何解决问题？
结合「公共路径」思考，由于从根节点走到节点「2」的路径和对于两个子节点的影响是相同的，因此对于节点「2」来说，不需要关心父节点的路径和，只需要保证以节点「2」为根节点的子树上所有路径和是相同的。这是一个规模更小的相似子问题，可以用递归解决。
示意图
如何实现递归函数？
- 思考终止条件：当前节点为叶子节点时，由于没有子路径，所以直接返回；
- 思考小规模问题：当子节点为叶子节点时，我们只需要保证左右两个叶子节点的值相同（如示例 1 中将节点「4」的值增加到 3）。由于问题的输入数据是满二叉树，所以左右子节点必然同时存在；
- 思考大规模问题：由于我们保证小规模子树的路径和相同，所以在对比两个子树上的路径和时，只需要调大最小子树的根节点。
至此，我们的递归函数框架确定：
全局变量 int ret
// 返回值：调整后的子树和
fun dfs (i) : Int {
val sumL = dfs(L)
val sumR = dfs(R)
ret += max(sumL, sumR) - min(sumL, sumR)
return cost[i] + max(sumL, sumR)
}6、是否有优化空间
我们使用递归自顶向下地分解子问题，再自底向上地求解原问题。由于这道题的输入是数组形式的满二叉树，对于数组实现的二叉树我们可以直接地从子节点返回到父节点，而不需要借助「递归栈」后进先出的逻辑，可以翻译为迭代来优化空间。
7、答疑
虽然我们保证子树上的子路径是相同的，但是如何保证最终所有子路径都和「最大路径和」相同？
由于我们不断地将左右子树的路径和向较大的路径和对齐，因此最终一定会将所有路径对齐到最大路径和。
为什么算法的操作次数是最少的？
首先，由于左右子树存在「公共路径」，因此必须把左右子树的子路径和调整到相同数值，才能保证最终所有子路径和的长度相同。
其次，当在大规模子树中需要增大路径和时，在父节点操作可以同时作用于左右子路径，因此在父节点操作可以节省操作次数，每个子树只关心影响当前子树问题合法性的因素。
题解一（DFS）
根据「问题结构化」分析的递归伪代码实现：
class Solution {
private var ret = 0
fun minIncrements(n: Int, cost: IntArray): Int {
dfs(n, cost, 1)
return ret
}
// i : base 1
// cost : base 0
// return: 调整后的子路径和
private fun dfs(n: Int, cost: IntArray, i: Int): Int {
// 终止条件
if (i > n / 2) return cost[i - 1] // 最后一层是叶子节点
// 子问题
val leftSum = dfs(n, cost, i * 2)
val rightSum = dfs(n, cost, i * 2 + 1)
// 向较大的子路径对齐
ret += Math.max(leftSum, rightSum) - Math.min(leftSum, rightSum)
return cost[i - 1] + Math.max(leftSum, rightSum)
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为 节点数，每个节点最多访问 1 次；
- 空间复杂度：$O(lgn)$ 递归栈空间，由于输入是满二叉树，所以递归栈深度最大为 lgn。
题解二（迭代）
由于输入数据是满二叉树，而且是以数组的形式提供，因此我们可以跳过递归分解子问题的过程，直接自底向上合并子问题：
class Solution {
fun minIncrements(n: Int, cost: IntArray): Int {
var ret = 0
// 从叶子的上一层开始
for (i in n / 2 downTo 1) {
ret += Math.abs(cost[i * 2 - 1] - cost[i * 2])
// 借助 cost 数组记录子树的子路径和
cost[i - 1] += Math.max(cost[i * 2 - 1], cost[i * 2])
}
return ret
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为 节点数，每个节点最多访问 1 次；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。
往期回顾
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