【LeetCode】第 99 场双周赛

1. 最小和分割

给你一个二维整数数组 ranges ，其中 ranges[i] = [starti, endi] 表示 starti 到 endi 之间（包括二者）的所有整数都包含在第 i 个区间中。

你需要将 ranges 分成两个组（可以为空），满足：

每个区间只属于一个组。
两个有交集的区间必须在 同一个 组内。

如果两个区间有至少一个公共整数，那么这两个区间是 有交集 的。

比方说，区间 [1, 3] 和 [2, 5] 有交集，因为 2 和 3 在两个区间中都被包含。

请你返回将 ranges 划分成两个组的 总方案数 。由于答案可能很大，将它对 109 + 7 取余后返回。

示例 1：

输入：ranges = [[6,10],[5,15]]
输出：2
解释：
两个区间有交集，所以它们必须在同一个组内。
所以有两种方案：
- 将两个区间都放在第 1 个组中。
- 将两个区间都放在第 2 个组中。

示例 2：

输入：ranges = [[1,3],[10,20],[2,5],[4,8]]
输出：4
解释：
区间 [1,3] 和 [2,5] 有交集，所以它们必须在同一个组中。
同理，区间 [2,5] 和 [4,8] 也有交集，所以它们也必须在同一个组中。
所以总共有 4 种分组方案：
- 所有区间都在第 1 组。
- 所有区间都在第 2 组。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 1 个组中，[10,20] 在第 2 个组中。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 2 个组中，[10,20] 在第 1 个组中。

提示：

1 <= ranges.length <= 105
ranges[i].length == 2
0 <= starti <= endi <= 109

思路：

小数在高位，顺序组成两个数

代码：

（1）数字直接进行顺序组成

class Solution {
public:
    int splitNum(int num) {
        int ans;
        unordered_map<int,int> mp;
        while(num>0){//存储num中的所有数
            int w = num%10;
            num/=10;
            mp[w]++;
        }
        int sum1 = 0;
        int sum2 = 0;
        for(int i = 0;i<10;i++){//num每位数必然在0-9范围内 顺序进行 小数在高位
            while(mp[i]>0){
                if(mp[i]%2){//mp[i]是奇数 
                    sum1 = sum1*10+i;
                    if(mp[i]-->1){//如果mp[i]>1 sum2进行添加位数
                        sum2 = sum2*10+i;
                        mp[i]--;
                    }
                    else{//或者向后寻找其他数
                        for(int j=i+1;j<10;j++){
                            if(mp[j]-->0){
                                sum2 = sum2*10+j;break;
                            } 
                        }
                    }
                }
                else{//偶数
                    sum1 = sum1*10+i;
                    sum2 = sum2*10+i;
                    mp[i]-=2;
                }
    
            }
        }
        ans = sum1+sum2;
        return ans;
    }
};

（2）字符串排序顺序组成

class Solution {
public:
    int splitNum(int num) {
        string s = to_string(num);
        sort(s.begin(), s.end());//顺序升序
        int a[2]{};//存储sum1 sum2
        for (int i = 0; i < s.length(); ++i)
            a[i % 2] = a[i % 2] * 10 + s[i] - '0'; // 按照奇偶下标分组组成整数
        return a[0] + a[1];
    }
};

2.统计染色格子数

有一个无穷大的二维网格图，一开始所有格子都未染色。给你一个正整数 n ，表示你需要执行以下步骤 n 分钟：

第一分钟，将任一格子染成蓝色。
之后的每一分钟，将与蓝色格子相邻的所有未染色格子染成蓝色。

下图分别是 1、2、3 分钟后的网格图。

请你返回 n 分钟之后 被染色的格子 数目。

示例 1：

输入：n = 1
输出：1
解释：1 分钟后，只有 1 个蓝色的格子，所以返回 1 。

示例 2：

输入：n = 2
输出：5
解释：2 分钟后，有 4 个在边缘的蓝色格子和 1 个在中间的蓝色格子，所以返回 5 。

提示：

1 <= n <= 105

思路：

数学规律：4*(1+2+3+n)

代码：

class Solution {
public:
    long long coloredCells(int n) {//4*(1+2+3+n)
        long long m =(long long)n;
        return (1+2*(m-1)*m);
    }
};

3. 统计将重叠区间合并成组的方案数

给你一个二维整数数组 ranges ，其中 ranges[i] = [starti, endi] 表示 starti 到 endi 之间（包括二者）的所有整数都包含在第 i 个区间中。

你需要将 ranges 分成两个组（可以为空），满足：

每个区间只属于一个组。
两个有交集的区间必须在 同一个 组内。

如果两个区间有至少一个公共整数，那么这两个区间是 有交集 的。

比方说，区间 [1, 3] 和 [2, 5] 有交集，因为 2 和 3 在两个区间中都被包含。

请你返回将 ranges 划分成两个组的 总方案数 。由于答案可能很大，将它对 109 + 7 取余后返回。

示例 1：

输入：ranges = [[6,10],[5,15]]
输出：2
解释：
两个区间有交集，所以它们必须在同一个组内。
所以有两种方案：
- 将两个区间都放在第 1 个组中。
- 将两个区间都放在第 2 个组中。

示例 2：

输入：ranges = [[1,3],[10,20],[2,5],[4,8]]
输出：4
解释：
区间 [1,3] 和 [2,5] 有交集，所以它们必须在同一个组中。
同理，区间 [2,5] 和 [4,8] 也有交集，所以它们也必须在同一个组中。
所以总共有 4 种分组方案：
- 所有区间都在第 1 组。
- 所有区间都在第 2 组。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 1 个组中，[10,20] 在第 2 个组中。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 2 个组中，[10,20] 在第 1 个组中。

提示：

1 <= ranges.length <= 105
ranges[i].length == 2
0 <= starti <= endi <= 109

思路：

（1）将二维数组进行升序，这样包含关系更加清晰明了

（2）记录max（集合右边最大值），因为已经排好序，直接看下一个集合左边是否包含即可

（3）可知最后总数为2^n%(1e9+7)

代码：

（1）我最开始解法：

class Solution {
public:
    int countWays(vector<vector<int>>& ranges) {//最后变成几个元素的二组全排列问题 return pow(2,sum);
        int sum = 0;
        sort(ranges.begin(),ranges.end(),[](const vector<int>& a,const vector<int>& b){
            return (a[0] < b[0]) || (a[0]==b[0]&& a[1]<b[1]);
        });//数组升序
        int n=ranges.size();
        int mod = 1e9+7;
        int max = ranges[0][1];
        for(int i = 0;i<n-1;i++){
            sum++;
            if(max>=ranges[i+1][0]){//如果包含集合 继续寻找包含关系，直至不包含跳出循环
                max=std::max(max,ranges[i+1][1]);
                while(++i<n-1){
                    if(max<ranges[i+1][0]){
                        max = ranges[i+1][1];
                        if(i==n-2)  sum++;//这里是防止遗漏最后一个集合
                        break;
                    }else{
                        max=std::max(max,ranges[i+1][1]);
                    }
                }
            }else{
                max = ranges[i+1][1];
                if(i==n-2) sum++;//防止遗漏最后一个集合
            }
        }
        if(n==1) sum=1;
        long ans = 1;
        for (int i = 0; i < sum; i ++) {
            ans *= 2;
            if (ans >= 1000000007) {
                ans %= 1000000007;
            }
        }
        return ans;
    }
};

（2）更改（直接看是否属于一个集合，不包含直接产生新的集合）：

class Solution {
public:
    int countWays(vector<vector<int>>& ranges) {//最后变成几个元素的二组全排列问题 return pow(2,sum);
        int sum = 2;
        sort(ranges.begin(),ranges.end(),[](const vector<int>& a,const vector<int>& b){
            return (a[0] < b[0]) || (a[0]==b[0]&& a[1]<b[1]);
        });//升序
        int n=ranges.size();
        int max = ranges[0][1],mod = 1e9+7;
        for(auto& i:ranges){
            if(i[0]>max){//如果不包含 则产生新的集合
                sum=sum*2%mod;
            }
            max = std::max(max,i[1]);
        }
        return sum;
    }
};

4.统计可能的树根数目

Alice 有一棵 n 个节点的树，节点编号为 0 到 n - 1 。树用一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ai, bi] ，表示树中节点 ai 和 bi 之间有一条边。

Alice 想要 Bob 找到这棵树的根。她允许 Bob 对这棵树进行若干次猜测。每一次猜测，Bob 做如下事情：

选择两个 不相等 的整数 u 和 v ，且树中必须存在边 [u, v] 。
Bob 猜测树中 u 是 v 的 父节点 。

Bob 的猜测用二维整数数组 guesses 表示，其中 guesses[j] = [uj, vj] 表示 Bob 猜 uj 是 vj 的父节点。

Alice 非常懒，她不想逐个回答 Bob 的猜测，只告诉 Bob 这些猜测里面至少有 k 个猜测的结果为 true 。

给你二维整数数组 edges ，Bob 的所有猜测和整数 k ，请你返回可能成为树根的 节点数目 。如果没有这样的树，则返回 0。

示例 1：

输入：edges = [[0,1],[1,2],[1,3],[4,2]], guesses = [[1,3],[0,1],[1,0],[2,4]], k = 3
输出：3
解释：
根为节点 0 ，正确的猜测为 [1,3], [0,1], [2,4]
根为节点 1 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0], [2,4]
根为节点 2 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0], [2,4]
根为节点 3 ，正确的猜测为 [1,0], [2,4]
根为节点 4 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0]
节点 0 ，1 或 2 为根时，可以得到 3 个正确的猜测。

示例 2：

输入：edges = [[0,1],[1,2],[2,3],[3,4]], guesses = [[1,0],[3,4],[2,1],[3,2]], k = 1
输出：5
解释：
根为节点 0 ，正确的猜测为 [3,4]
根为节点 1 ，正确的猜测为 [1,0], [3,4]
根为节点 2 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,4]
根为节点 3 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,2], [3,4]
根为节点 4 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,2]
任何节点为根，都至少有 1 个正确的猜测。

提示：

edges.length == n - 1
2 <= n <= 105
1 <= guesses.length <= 105
0 <= ai, bi, uj, vj <= n - 1
ai != bi
uj != vj
edges 表示一棵有效的树。
guesses[j] 是树中的一条边。
0 <= k <= guesses.length

思路：

如果只求以 000 为根时的猜对次数 cnt0 ，那么把 guesses 转成哈希表，DFS 一次这棵树就可以算出来。

如果要枚举以每个点为根时的猜对次数，暴力做法就太慢了，怎么优化呢？

注意到，如果节点 x 和 y 之间有边，那么从「以 x 为根的树」变成「以 y 为根的树」，就只有 [x,y][x,y][x,y] 和 [y,x][y,x][y,x] 这两个猜测的正确性变了，其余猜测的正确性不变。

因此，从 0 出发，再次 DFS 这棵树，从节点 x 递归到节点 y 时：

如果有猜测 [x,y][x,y][x,y]，那么猜对次数减一；
如果有猜测 [y,x][y,x][y,x]，那么猜对次数加一。
DFS 的同时，统计猜对次数 ≥k 的节点个数，即为答案。

代码：

class Solution {
    private List<Integer>[] g;
    private Set<Long> s = new HashSet<>();
    private int k, ans, cnt0;

    public int rootCount(int[][] edges, int[][] guesses, int k) {
        this.k = k;
        g = new ArrayList[edges.length + 1];
        Arrays.setAll(g, e -> new ArrayList<>());
        for (var e : edges) {
            int x = e[0], y = e[1];
            g[x].add(y);
            g[y].add(x); // 建图
        }

        for (var e : guesses) // guesses 转成哈希表
            s.add((long) e[0] << 32 | e[1]); // 两个 4 字节数压缩成一个 8 字节数

        dfs(0, -1);
        reroot(0, -1, cnt0);
        return ans;
    }

    private void dfs(int x, int fa) {
        for (var y : g[x])
            if (y != fa) {
                if (s.contains((long) x << 32 | y)) // 以 0 为根时，猜对了
                    ++cnt0;
                dfs(y, x);
            }
    }

    private void reroot(int x, int fa, int cnt) {
        if (cnt >= k) ++ans; // 此时 cnt 就是以 x 为根时的猜对次数
        for (var y : g[x])
            if (y != fa) {
                int c = cnt;
                if (s.contains((long) x << 32 | y)) --c; // 原来是对的，现在错了
                if (s.contains((long) y << 32 | x)) ++c; // 原来是错的，现在对了
                reroot(y, x, c);
            }
    }
}