力扣周赛 | 力扣第136场夜喵双周赛

本文将对力扣第136场夜喵双周赛的T3和T4进行讲解：最少翻转次数使二进制矩阵回文II、标记所有节点需要的时间，涉及分类讨论、动态规划、思维、换根DP等知识点。

T3 - 最少翻转次数使二进制矩阵回文 II

题目链接：100385. 最少翻转次数使二进制矩阵回文 II

题目描述

给你一个 m × n 的二进制矩阵 grid 。

如果矩阵中一行或者一列从前往后与从后往前读是一样的，那么我们称这一行或者这一列是 回文 的。

你可以将 grid 中任意格子的值 翻转 ，也就是将格子里的值从 0 变成 1 ，或者从 1 变成 0 。

请你返回 最少 翻转次数，使得矩阵中 所有 行和列都是 回文的 ，且矩阵中 1 的数目可以被 4 整除 。

数据范围

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= m * n <= 2 * 105
• 0 <= grid[i][j] <= 1

解题思路

分情况讨论。

当 m,n 均为偶数时，我们发现，如果确定一个左上区域的格子，那么其对应的左下、右上、右下的格子也将被确定，因此， “ 1 的数目可以被 4 整除” 这个条件自动满足，故只需求出“使得矩阵中所有行和列都是回文的 ”最少操作数即可。对于一组（左上、左下、右上、右下）四个格子，0 的数量少则将 0 修改为 1，否则将 1 修改为 0，这样所需操作数最少。

当 m,n 存在奇数时，定义变量 k,c

• 若 m 为奇数，对于最中间那行，grid[i][j] != grid[i][n - 1 - j] 的位置是需要操作的，操作次数计入 k，操作不妨均为 1->0，1 的数目计入 c。
• 若 n 为奇数，对于最中间那列，grid[i][j] != grid[m-i-1][j] 的位置是需要操作的，操作次数计入 k，操作不妨均为 1->0，1 的数目计入 c。

c 对 4 取模的值要么是 0，要么是 2。若为 2

• 若 k 不为 0，则可将一个 1->0 改为 0->1，使得取模的值为 0，操作次数不变；
• 若 k 为 0，则可翻转一对 0 或者 1，操作次数 +2，即为 k+2，也即 2。

对于非最中间列和非最中间行，按 m,n 均为偶数时的情况处理。

特别的，当 m,n 均为奇数时，矩阵中心必须为 0，可能需要一次操作。

代码实现

int minFlips(vector<vector<int>> &grid) {
    auto &g = grid;
    int m = g.size(), n = g[0].size(), res = 0;
    // 情况一
    for (int x = 0, y = m - 1, t; x < y; x++, y--)
        for (int u = 0, v = n - 1; u < v; u++, v--) {
            t = g[x][u] + g[x][v] + g[y][u] + g[y][v];
            res += min(t, 4 - t);
        }
    // 情况二
    int k = 0, c1 = 0;
    if (m & 1) {
        for (int x = m / 2, i = 0, j = n - 1; i < j; i++, j--) {
            if (g[x][i] != g[x][j])k++;
            else if (g[x][i])c1++;
        }
    }
    if (n & 1) {
        for (int y = n / 2, i = 0, j = m - 1; i < j; i++, j--) {
            if (g[i][y] != g[j][y])k++;
            else if (g[i][y])c1++;
        }
    }
    res += (c1 % 2 == 0 || k) ? k : 2;
    // 情况三
    if (m & 1 && n & 1 && g[m / 2][n / 2])res++;
    // result
    return res;
}

时间复杂度：O(mn)。

空间复杂度：O(1)。

T4 - 标记所有节点需要的时间

题目链接：100392. 标记所有节点需要的时间

题目描述

给你一棵 无向 树，树中节点从 0 到 n - 1 编号。同时给你一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示节点 ui 和 vi 在树中有一条边。

一开始，所有 节点都 未标记 。对于节点 i ：

• 当 i 是奇数时，如果时刻 x - 1 该节点有 至少 一个相邻节点已经被标记了，那么节点 i 会在时刻 x 被标记。
• 当 i 是偶数时，如果时刻 x - 2 该节点有 至少 一个相邻节点已经被标记了，那么节点 i 会在时刻 x 被标记。

请你返回一个数组 times ，表示如果你在时刻 t = 0 标记节点 i ，那么时刻 times[i] 时，树中所有节点都会被标记。

请注意，每个 times[i] 的答案都是独立的，即当你标记节点 i 时，所有其他节点都未标记。

数据范围

• 2 <= n <= 105
• edges.length == n - 1
• edges[i].length == 2
• 0 <= edges[i][0], edges[i][1] <= n - 1
• 输入保证 edges 表示一棵合法的树。

解题思路

不妨先考虑根节点为 0 的情况，令 f[x] = 标记以 x 为根节点的子树所需最长时间，f[x] 通过一遍 dfs 可以得到。思考以其他节点作为树的根节点时，标记所有节点所需最长时间能否由 f[x] 得到。

在以 0 为根节点的树中，选取任意节点 k，设其父节点为 p，则，对于以 k 为根节点的树，其根节点到子节点的路径，对应在以 0 为根节点的树中，要么仍然由 k 往下走，要么由 k 往上走。

令 f1[x] = 标记以 x 为根节点的子树所需最长时间，f2[x] = 标记以 x 为根节点的子树所需次长时间，注意，最长时间和次长时间可能相等。

令 g[x] = 由 x 往上走所需最长时间。

由 k 往上走，走到其父节点 p，接下来可继续往上走，也可往下走，但不能走回 k。

• 由 p 继续往上走所需最长时间为 g[p]；

• 由 p 继续往下走所需最长时间为 t

  • 若 f1[x] 不是由 k 得到，则 t=f1[x]；
  • 若 f1[x] 是由 k 得到，则 t=f2[x]。

综上，g[k]= max( g[p], t ) + (p%2==1?1:2)。

故，标记以 x 为根节点的树所需最长时间为 max( f[x], g[x])。

不难发现，这是一道比较传统的换根 DP 题。

代码实现

vector<int> timeTaken(vector<vector<int>> &edges) {
    int n = edges.size() + 1;
    
    // 建图-邻接表
    int h[n], e[n << 1], ne[n << 1], idx = 0;
    memset(h, -1, sizeof h);
    auto add = [&](int a, int b) {
        e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
    };
    for (auto &v: edges)
        add(v[0], v[1]), add(v[1], v[0]);

    // f1[x]=标记以x为根节点的子树所需最长时间
    // f2[x]=标记以x为根节点的子树所需次长时间
    int f1[n], f2[n], nf[n];
    memset(f1, 0, sizeof f1);
    memset(f2, 0, sizeof f2);
    // x 当前节点 p x的父节点
    function<void(int, int)> dfs1 = [&](int x, int p) {
        for (int i = h[x]; ~i; i = ne[i]) {
            if (e[i] == p)continue;
            // 先求 f1[e[i]] 和 f2[e[i]]
            dfs1(e[i], x);
            int t = f1[e[i]] + (e[i] & 1 ? 1 : 2);
            // 最长时间
            if (t >= f1[x])
                f2[x] = f1[x], f1[x] = t, nf[x] = e[i];
            // 次长时间
            else if (t > f2[x])
                f2[x] = t;
        }
    };
    dfs1(0, -1);
    
    // g[x]=由x往上走所需最长时间
    int g[n];
    memset(g, 0, sizeof g);
    // x 当前节点 p x的父节点
    function<void(int, int)> dfs2 = [&](int x, int p) {
        for (int i = h[x]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (j == p)continue;
            g[j] = max(g[x], nf[x] != j ? f1[x] : f2[x]) + (x & 1 ? 1 : 2);
            dfs2(j, x);
        }
    };
    dfs2(0, -1);
    
    // r[x]=标记以x为根节点的树所需最长时间
    vector<int> r(n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        r[i] = max(f1[i], g[i]);
    
    return r;
}

时间复杂度：O(n)。

空间复杂度：O(n)。

END

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题目来源：力扣第407场双周赛。

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