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

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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 概览

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）

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 $i$ 开始长为 $n$ 的连续循环子数组是否连续，是则返回 $i)\%n$ ：

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
    }
}

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： $O(n^2)$ 双重循环；
空间复杂度： $O (n)$ 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 $n u m s [n - 1] < n u m s [0]$ ：

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： $O (n)$ $i$ 指针和 $j$ 指针总计最多移动 $n$ 次；
空间复杂度： $O (1)$ 仅使用常量级别空间。

T2. 删除数对后的最小数组长度（Medium）

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 $k$ 可以满足时，操作次数 $k - 1$ 一定能满足；
当操作次数 $k$ 不可满足时，操作次数 $k + 1$ 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 $k$ 是否可以完成？

一些错误的思路：

尝试 1 - 贪心双指针： $n u m s [i]$ 优先使用最小值， $n u m s [j]$ 优先使用最大值，错误用例： $[1236]$ ；
尝试 2 - 贪心： $n u m s [i]$ 优先使用最小值， $n u m s [j]$ 使用大于 $n u m s [i]$ 的最小值，错误用例： $[1246]$ ；
尝试 3 - 贪心： 从后往前遍历， $n u m s [i]$ 优先使用较大值， $n u m s [j]$ 使用大于 $n u m s [i]$ 的最小值，错误用例： $[2348]$ 。

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 $n u m s [j]$ 的分为一组。例如，在用例 $[12∣36]$ 和 $[12∣46]$ 和 $[23∣48]$ 中，将数组的前部分作为 $n u m s [i]$ 而后半部分作为 $n u m s [j]$ 时，可以得到最优解，至此发现贪心规律。

设数组的长度为 $n$ ，最大匹配对数为 $k$ ：

结论 1： 使用数组的左半部分作为 $n u m s [i]$ 且使用数组的右半部分作为 $n u m s [j]$ 总能取到最优解。反之，如果使用右半部分的某个数 $n u m s [t]$ 作为 $n u m s [i]$ ，相当于占用了一个较大的数，不利于后续 $n u m s [i]$ 寻找配对；
结论 2： 当固定 $n u m s [i]$ 时， $n u m s [j]$ 越小越好，否则会占用一个较大的位置，不利于后续 $n u m s [i]$ 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 $k$ 对匹配，那么一定可以让最小的 $k$ 个数和最大的 $k$ 个数匹配。

基于以上分析，可以写出二分答案：

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： $O (n l g n)$ 二分答案次数最大为 $l g n$ 次，单次检验的时间复杂度是 $O (n)$ ；
空间复杂度： $O (1)$ 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 $n /2$ ，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 $0$
j 指针指向索引 $(n + 1) /2$
向右枚举 $j$ 指针，如果 $i$ 、 $j$ 指针指向的位置能够匹配，则向右移动 $i$ 指针；
最后 $i$ 指针移动的次数就等于删除操作次数。

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： $O (n)$ 线性遍历；
空间复杂度： $O (1)$ 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 $n u m s [i] < n u m s [j]$ ，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： $s - (n - s)$

最后，由于数组是非递减的，因此可以在 $O (1)$ 空间求出众数的出现次数：

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： $O (n)$ 线性遍历；
空间复杂度： $O (1)$ 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：

$s <= n - s$ 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。

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： $O (l g n)$ 单次二分查找的时间复杂度是 $O (l g n)$ ；
空间复杂度： $O (1)$ 仅使用常量级别空间。

相似题目：

2576. 求出最多标记下标

T3. 统计距离为 k 的点对（Medium）

https://leetcode.cn/problems/count-pairs-of-points-with-distance-k/

题解（散列表）

问题目标： 求 $(x 1 x or x 2) + (y 1 x ory 2) == k$ 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 $(x1\ xor\ x2) + (y1\ xor\ y2) == k$ 的方案，我们抽象为两部分 $i + j = k$ ，其中， $(x1\ xor\ x2)$ 的取值范围为 $[0, k]$ ，而 $j = k - i$ ，即总共有 $k + 1$ 种方案。本题的 $k$ 数据范围很小，所以我们可以写出时间复杂度 $O (nk)$ 的算法。

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：

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： $O (n \cdot k)$ 线性枚举，每个元素枚举 $k$ 种方案；
空间复杂度： $O (n)$ 散列表空间。

T4. 可以到达每一个节点的最少边反转次数（Hard）

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 $i$ 为根节点走一次 BFS/DFS，就可以在 $O (n)$ 时间内求出每个节点的解，整体的时间复杂度是 $O(n^2)$

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 $u$ 移动到其子节点 $v$ 时，我们可以利用已有信息在 $O (1)$ 时间算出 $v$ 为根节点时的解。

具体实现：

1、随机选择一个点为根节点 $u$ ，在一次 DFS 中根节点 $u$ 的反转操作次数：
2、 $u \to v$ 的状态转移：
- 如果 $u \to v$ 是正向边，则反转次数 $+ 1$ ；
- 如果 $u \to v$ 是反向边，则反转次数 $- 1$ （从 $v$ 到 $u$ 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 $1$ 和 $- 1$ 表示边的方向， $1$ 为正向边， $- 1$ 为反向边。

题解（换根 DP）

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： $O (n)$ DFS 和换根 DP 都是 $O (n)$ ；
空间复杂度： $O (n)$ 递归栈空间与 DP 数组空间。

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