2846. 边权重均等查询
难度： 困难
题目大意：
现有一棵由
n个节点组成的无向树，节点按从0到n - 1编号。给你一个整数n和一个长度为n - 1的二维整数数组edges，其中edges[i] = [ui, vi, wi]表示树中存在一条位于节点ui和节点vi之间、权重为wi的边。另给你一个长度为
m的二维整数数组queries，其中queries[i] = [ai, bi]。对于每条查询，请你找出使从ai到bi路径上每条边的权重相等所需的 最小操作次数 。在一次操作中，你可以选择树上的任意一条边，并将其权重更改为任意值。注意：
- 查询之间 相互独立 的，这意味着每条新的查询时，树都会回到 初始状态 。
- 从
ai到bi的路径是一个由 不同 节点组成的序列，从节点ai开始，到节点bi结束，且序列中相邻的两个节点在树中共享一条边。返回一个长度为
m的数组answer，其中answer[i]是第i条查询的答案。提示：
1 <= n <= 10^4edges.length == n - 1edges[i].length == 30 <= ui, vi < n1 <= wi <= 26- 生成的输入满足
edges表示一棵有效的树1 <= queries.length == m <= 2 * 10^4queries[i].length == 20 <= ai, bi < n
示例 1：
输入：n = 7, edges = [[0,1,1],[1,2,1],[2,3,1],[3,4,2],[4,5,2],[5,6,2]], queries = [[0,3],[3,6],[2,6],[0,6]]
输出：[0,0,1,3]
解释：第 1 条查询，从节点 0 到节点 3 的路径中的所有边的权重都是 1 。因此，答案为 0 。
第 2 条查询，从节点 3 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 0 。
第 3 条查询，将边 [2,3] 的权重变更为 2 。在这次操作之后，从节点 2 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 1 。
第 4 条查询，将边 [0,1]、[1,2]、[2,3] 的权重变更为 2 。在这次操作之后，从节点 0 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 3 。
对于每条查询 queries[i] ，可以证明 answer[i] 是使从 ai 到 bi 的路径中的所有边的权重相等的最小操作次数。
分析
如果暴力写的话， 那么对于每一个查询，我们要dfs一遍，每一遍存一下路径上的边权得数量，最后用总的数量减去最多的变得数量就是答案，这是一个小贪心的思路，那么考虑一下数据范围，如果暴力写的话，时间复杂度是
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2)，肯定会超时的，但是也吧暴力写法的代码贴出来。
723 / 733 个通过的测试用例
暴力 dfs （会超时）
class Solution {
public:
vector<int> minOperationsQueries(int n, vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& queries) {
int m = queries.size();
vector<int> e(n << 1), ne(n << 1), h(n, -1), w(n << 1), ans(m); // 链式向前星
int cnt[27], idx = 0;
// add
function<void(int, int, int)> add = [&](int a, int b, int c) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx ++;
e[idx] = a, ne[idx] = h[b], w[idx] = c, h[b] = idx ++;
}; // add
// dfs
function<bool(int, int, int)> dfs = [&](int u, int b, int fa) {
if (u == b) {
return true;
}
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (j == fa) continue;
if (dfs(j, b, u)) {
++ cnt[w[i]];
return true;
}
}
return false;
}; // dfs
for (int i = 0; i < n - 1; i ++ ) {
int a = edges[i][0], b = edges[i][1], w = edges[i][2];
add(a, b, w);
}
for (int i = 0; i < m; i ++) {
memset(cnt, 0, sizeof cnt); // 每次清空数组
int a = queries[i][0], b = queries[i][1];
dfs(a, b, -1);
int res = 0, sum = 0;
for (int i = 1; i <= 26; i ++) {
sum += cnt[i];
res = max(res, cnt[i]);
}
ans[i] = sum - res;
}
return ans;
}
};
时间复杂度： O ( n ∗ m ∗ W ) O(n*m*W) O(n∗m∗W) (本题 W = 26)
分析
我们可以用最近公共祖先的思想，选定一个根节点，假设是0，那么定义一个cnt[i][w]表示节点i到根节点的路径中边权为w(1 <= w <= 26)的边的数量，那么i到j之间边权为w的边数是
t
a
=
c
n
t
[
i
]
[
w
]
+
c
n
t
[
j
]
[
w
]
−
2
∗
c
n
t
[
l
c
a
(
i
,
j
)
]
[
w
]
t_a = cnt[i][w] + cnt[j][w] - 2 * cnt[lca(i, j)][w]
ta=cnt[i][w]+cnt[j][w]−2∗cnt[lca(i,j)][w]，lca(i, j)表示节点i和节点j的最近公共祖先, 那么要替换的边数就是
∑
i
=
1
26
t
i
−
max
1
<
=
i
<
=
26
t
i
\sum_{i = 1}^{26} {t_i} - \max_{1 <= i <= 26}t_i
i=1∑26ti−1<=i<=26maxti
使用离线算法tarjan算法模板
tarjan + 并查集
class Solution {
public:
using PII = pair<int, int>;
vector<int> minOperationsQueries(int n, vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& queries) {
int m = queries.size();
vector<unordered_map<int, int>> g(n);
for (auto& e : edges) {
g[e[0]][e[1]] = e[2];
g[e[1]][e[0]] = e[2];
}
vector<vector<PII>> q(n);
for (int i = 0; i < m; i ++ ){
q[queries[i][0]].push_back({queries[i][1], i});
q[queries[i][1]].push_back({queries[i][0], i});
}
vector<int> lca(m), vis(n), p(n);
iota(p.begin(), p.end(), 0);
vector<vector<int>> cnt(n, vector<int>(27));
function<int(int)> find = [&](int x) {
if (x != p[x]) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
};
function<void(int, int)> tarjan = [&](int u, int fa) {
if (fa != -1) {
cnt[u] = cnt[fa];
++ cnt[u][g[u][fa]];
}
p[u] = u;
for (auto& e : g[u]) {
if (e.first == fa) continue;
tarjan(e.first, u);
p[e.first] = u;
}
for (auto& e : q[u]) {
if (u != e.first && !vis[e.first]) continue;
lca[e.second] = find(e.first);
}
vis[u] = 1;
};
tarjan(0, -1);
vector<int> res(m);
for (int i = 0; i < m; i ++ ){
int sum = 0, mx = 0;
for (int j = 1; j <= 26;j ++) {
int t = cnt[queries[i][0]][j] + cnt[queries[i][1]][j] - 2 * cnt[lca[i]][j];
mx = max(mx, t);
sum += t;
}
res[i] = sum - mx;
}
return res;
}
};
时间复杂度：
O
(
(
m
+
n
)
×
W
+
m
×
l
o
g
n
)
O((m+n)×W+m×logn)
O((m+n)×W+m×logn) (本题 W = 26)
在线lca算法
const int N = 10010;
class Solution {
public:
int e[N << 1], ne[N << 1], w[N << 1], h[N], idx;
int fa[N][15], depth[N];
int cnt[N][27], cntn[27];
int q[N];
void bfs() {
int hh = 0, tt = 0;
q[0] = 1;
memset(depth, 0x3f, sizeof depth);
depth[0] = 0, depth[1] = 1;
while (hh <= tt) {
int t = q[hh ++ ];
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (depth[j] > depth[t] + 1) {
depth[j] = depth[t] + 1;
q[ ++ tt] = j;
fa[j][0] = t;
for (int k = 1; k <= 14; k ++ )
fa[j][k] = fa[fa[j][k - 1]][k - 1];
}
}
}
}
// dfs版本
void dfs_dep(int u, int father) {
depth[u] = depth[father] + 1;
fa[u][0] = father;
for (int i = 1; i <= 14; i ++)
fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
if (e[i] != father) {
dfs_dep(e[i], u);
}
}
}
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx ++ ;
}
void dfs(int u, int fa) {
memcpy(cnt[u], cntn, sizeof cntn);
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (fa == j) continue;
cntn[w[i]] ++;
dfs(j, u);
cntn[w[i]] -- ;
}
}
int lca(int a, int b){
if (depth[a] < depth[b]) swap(a, b);
for (int k = 14; k >= 0; k -- )
if (depth[fa[a][k]] >= depth[b])
a = fa[a][k];
if (a == b) return a;
for (int k = 14; k >= 0; k -- ) {
if (fa[a][k] != fa[b][k]) {
a = fa[a][k];
b = fa[b][k];
}
}
return fa[a][0];
}
vector<int> minOperationsQueries(int n, vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& queries) {
memset(h, -1,sizeof h);
for (int i = 0; i < edges.size(); i ++ ) {
int a = edges[i][0], b = edges[i][1], c = edges[i][2];
a ++, b ++ ;
add(a, b, c), add(b, a, c);
}
bfs();
// dfs_dep(1, 0); // dfs_dep版本
dfs(1, -1);
vector<int> ans(queries.size());
for (int i = 0; i < queries.size(); i ++ ) {
int a = queries[i][0], b = queries[i][1];
a ++, b ++ ;
int p = lca(a, b);
vector<int> s(27);
for (int j = 1; j <= 26; j ++ )
s[j] += cnt[a][j] + cnt[b][j] - cnt[p][j] * 2;
int sum = 0, maxv = 0;
for (int j = 1; j <= 26; j ++ ) {
maxv = max(maxv, s[j]);
sum += s[j];
}
ans[i] = sum - maxv;
}
return ans;
}
};
时间复杂度： O ( m l o g n ) O(mlogn) O(mlogn)
