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大家好，欢迎来到小彭的 LeetCode 周赛解题报告。
昨晚是 LeetCode 双周赛第 102 场，你参加了吗？这场比赛比较简单，拼的是板子手速，继上周掉大分后算是回了一口血 😁。
2618. 查询网格图中每一列的宽度（Easy）
简单模拟题，无需解释。
- 模拟：$O(nm)$
2619. 一个数组所有前缀的分数（Medium）
简单动态规划题，简单到像模拟题。
- 动态规划：$O(n)$
2620. 二叉树的堂兄弟节点 II（Medium）
思考过程：递归→DFS→BFS。由于堂兄弟节点都在同一层，发现 “递归地减少问题规模求解原问题” 和 DFS 都不好编码，而 BFS 更符合 “层” 的概念。往 BFS 方向思考后，容易找到解决方法。
- BFS：$O(n)$
2621. 设计可以求最短路径的图类（Hard）
最近周赛的最短路问题非常多，印象中已经连续出现三次最短路问题。理解 Dijkstra 算法和 Floyd 算法的应用场景非常重要。
- 朴素 Dijkstra：$O(m + q_1·n^2 + q_2)$
- Dijkstra + 最小堆：$O(m + q_1·nlgm+q_2)$
- Floyd：$O(m + n^3 + q_1 + q_2·n^2)$
2618. 查询网格图中每一列的宽度（Easy）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/find-the-width-of-columns-of-a-grid/description/
题目描述
给你一个下标从 0 开始的 m x n 整数矩阵 grid 。矩阵中某一列的宽度是这一列数字的最大 字符串长度 。
- 比方说，如果
grid = [[-10], [3], [12]]，那么唯一一列的宽度是3，因为10的字符串长度为3。
请你返回一个大小为 n 的整数数组 ans ，其中 ans[i] 是第 i 列的宽度。
一个有 len 个数位的整数 x ，如果是非负数，那么 字符串长度 为 len ，否则为 len + 1 。
题解（模拟）
class Solution {
fun findColumnWidth(grid: Array<IntArray>): IntArray {
val m = grid.size
val n = grid[0].size
val ret = IntArray(n)
for (column in 0 until n) {
for (row in 0 until m) {
ret[column] = Math.max(ret[column], "${grid[row][column]}".length)
}
}
return ret
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nm)$ 其中 $n$ 和 $m$ 为 grid 数组的行列大小，每个节点最多访问 1 次；
- 空间复杂度：$O(1)$ 不考虑结果数组。
2619. 一个数组所有前缀的分数（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/find-the-score-of-all-prefixes-of-an-array/description/
题目描述
定义一个数组 arr 的 转换数组 conver 为：
conver[i] = arr[i] + max(arr[0..i])，其中max(arr[0..i])是满足0 <= j <= i的所有arr[j]中的最大值。
定义一个数组 arr 的 分数 为 arr 转换数组中所有元素的和。
给你一个下标从 0 开始长度为 n 的整数数组 nums ，请你返回一个长度为 n 的数组 **ans ，其中 ans[i]是前缀 nums[0..i] 的分数。
题解（动态规划）
简单动态规划题，容易发现递归关系：
- conver[i] = max{maxNum, arr[i]}
- dp[i] = dp[i-1] + conver[i]
class Solution {
fun findPrefixScore(nums: IntArray): LongArray {
val n = nums.size
val ret = LongArray(n)
// 初始状态
ret[0] = 2L * nums[0]
var maxNum = nums[0]
// DP
for (i in 1 until n) {
maxNum = Math.max(maxNum, nums[i])
ret[i] = ret[i - 1] + (0L + nums[i] + maxNum)
}
return ret
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 为 $arr$ 数组的长度，每个节点最多访问 1 次；
- 空间复杂度：$O(1)$ 不考虑结果数组。
2620. 二叉树的堂兄弟节点 II（Medium）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/cousins-in-binary-tree-ii/description/
题目描述
给你一棵二叉树的根 root ，请你将每个节点的值替换成该节点的所有 堂兄弟节点值的和 。
如果两个节点在树中有相同的深度且它们的父节点不同，那么它们互为 堂兄弟 。
请你返回修改值之后，树的根 root 。
注意，一个节点的深度指的是从树根节点到这个节点经过的边数。
题解（BFS）
分析 1 - 递归：尝试分解左右子树求解问题，发现左右子树不独立，不再考虑此思路；
分析 2 - DFS / BFS：由于堂兄弟节点都在同一层，而 BFS 更符合 “层” 的概念，往 BFS 方向思考后，容易找到解决方法：在处理每一层的节点时，第一轮遍历先累计下一层节点的和，在第二轮遍历时更新下一层节点（取出自己和兄弟节点的值）。
/**
* Example:
* var ti = TreeNode(5)
* var v = ti.`val`
* Definition for a binary tree node.
* class TreeNode(var `val`: Int) {
* var left: TreeNode? = null
* var right: TreeNode? = null
* }
*/
class Solution {
fun replaceValueInTree(root: TreeNode?): TreeNode? {
if (null == root) return root
// BFS
val queue = LinkedList<TreeNode>()
queue.offer(root)
root.`val` = 0
while (!queue.isEmpty()) {
val size = queue.size
// 计算下一层的和
var nextLevelSum = 0
for (i in 0 until size) {
val node = queue[i]
if (null != node.left) nextLevelSum += node.left.`val`
if (null != node.right) nextLevelSum += node.right.`val`
}
for (count in 0 until size) {
val node = queue.poll()
// 减去非堂兄弟节点
var nextLevelSumWithoutNode = nextLevelSum
if (null != node.left) nextLevelSumWithoutNode -= node.left.`val`
if (null != node.right) nextLevelSumWithoutNode -= node.right.`val`
// 入队
if (null != node.left) {
queue.offer(node.left)
node.left.`val` = nextLevelSumWithoutNode
}
if (null != node.right) {
queue.offer(node.right)
node.right.`val` = nextLevelSumWithoutNode
}
}
}
return root
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为二叉树的节点总数，每个节点最多访问 2 次（含入队 1 次）；
- 空间复杂度：$O(n)$ BFS 队列空间。
相似题目：
2621. 设计可以求最短路径的图类（Hard）
题目地址
https://leetcode.cn/problems/design-graph-with-shortest-path-calculator/
题目描述
给你一个有 n 个节点的 有向带权 图，节点编号为 0 到 n - 1 。图中的初始边用数组 edges 表示，其中 edges[i] = [fromi, toi, edgeCosti] 表示从 fromi 到 toi 有一条代价为 edgeCosti 的边。
请你实现一个 Graph 类：
Graph(int n, int[][] edges)初始化图有n个节点，并输入初始边。addEdge(int[] edge)向边集中添加一条边，其中 **edge = [from, to, edgeCost]。数据保证添加这条边之前对应的两个节点之间没有有向边。int shortestPath(int node1, int node2)返回从节点node1到node2的路径 最小 代价。如果路径不存在，返回1。一条路径的代价是路径中所有边代价之和。
问题分析
这道题勉强能算 Floyd 算法或 Dijkstra 算法的模板题，先回顾一下最短路问题解决方案：
Dijkstra 算法（单源正权最短路）：
- 本质上是贪心 + BFS；
- 负权边会破坏贪心策略的选择，无法处理含负权问题；
- 稀疏图小顶堆的写法更优，稠密图朴素写法更优。
- Floyd 算法（多源汇正权最短路）
- Bellman Ford 算法（单源负权最短路）
- SPFA 算法（单源负权最短路）
由于这道题需要支持多次查询操作，而 Floyd 算法能够缓存最短路结果，理论上 Floyd 算法是更优的选择。不过，我们观察到题目的数据量非常非常小，所以朴素 Dijkstra 算法也能通过。
题解一（朴素 Dijkstra）
这道题的查询操作是求从一个源点到目标点的最短路径，并且这条路径上没有负权值，符合 Dijkstra 算法的应用场景，在处理添加边时，只需要动态的修改图数据结构。
Dijkstra 算法的本质是贪心 + BFS，我们需要将所有节点分为 2 类，在每一轮迭代中，我们从 “候选集” 中选择距离起点最短路长度最小的节点，由于该点不存在更优解，所以可以用该点来 “松弛” 相邻节点。
- 1、确定集：已确定（从起点开始）到当前节点最短路径的节点；
- 2、候选集：未确定（从起点开始）到当前节点最短路径的节点。
技巧：使用较大的整数 0x3F3F3F3F 代替整数最大值 Integer.MAX_VALUE 可以减少加法越界判断。
class Graph(val n: Int, edges: Array<IntArray>) {
private val INF = 0x3F3F3F3F
// 带权有向图（临接矩阵）
private val graph = Array(n) { IntArray(n) { INF } }
init {
// i 自旋的路径长度
for (i in 0 until n) {
graph[i][i] = 0
}
// i 直达 j 的路径长度
for (edge in edges) {
addEdge(edge)
}
}
fun addEdge(edge: IntArray) {
graph[edge[0]][edge[1]] = edge[2]
}
fun shortestPath(node1: Int, node2: Int): Int {
// Dijkstra
// 最短路
val dst = IntArray(n) { INF }
dst[node1] = 0
// 确定标记
val visited = BooleanArray(n)
// 迭代 n - 1 次
for (count in 0 until n - 1) {
// 寻找候选集中最短路长度最短的节点
var x = -1
for (i in 0 until n) {
if (!visited[i] && (-1 == x || dst[i] < dst[x])) x = i
}
// start 可达的节点都访问过 || 已确定 node1 -> node2 的最短路
if (-1 == x || dst[x] == INF || x == node2) break
visited[x] = true
// 松弛相邻节点
for (y in 0 until n) {
dst[y] = Math.min(dst[y], dst[x] + graph[x][y])
}
}
return if (INF == dst[node2]) -1 else dst[node2]
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(m + q_1·n^2 + q_2)$ 其中 n 为节点数量，m 为边数量，$q_1$ 为查询次数，$q_2$ 为添加边次数。建图时间 O(m)，每个节点访问 n 次；
- 空间复杂度：$O(n^2 + n)$ 图空间 + 最短路数组
题解二（Dijkstra + 最小堆）
这道题是稠密图，朴素 Dijkstra 由于 Dijkstra + 最小堆。
朴素 Dijkstra 的每轮迭代中需要遍历 n 个节点寻找候选集中的最短路长度。事实上，这 n 个节点中有部分是 ”确定集“，有部分是远离起点的边缘节点，每一轮都遍历显得没有必要。我们使用小顶堆记录候选集中最近深度的节点。
class Graph(val n: Int, edges: Array<IntArray>) {
private val INF = 0x3F3F3F3F
// 带权有向图（临接矩阵）
private val graph = Array(n) { IntArray(n) { INF } }
init {
// i 自旋的路径长度
for (i in 0 until n) {
graph[i][i] = 0
}
// i 直达 j 的路径长度
for (edge in edges) {
addEdge(edge)
}
}
fun addEdge(edge: IntArray) {
graph[edge[0]][edge[1]] = edge[2]
}
fun shortestPath(node1: Int, node2: Int): Int {
// Dijkstra + 最小堆
// 最短路
val dst = IntArray(n) { INF }
dst[node1] = 0
val heap = PriorityQueue<Int>() { i1, i2 ->
dst[i1] - dst[i2]
}
heap.offer(node1)
while (!heap.isEmpty()) {
// 使用 O(lgm) 时间找出最短路长度
var x = heap.poll()
// 松弛相邻节点
for (y in 0 until n) {
if (dst[x] + graph[x][y] < dst[y]) {
dst[y] = dst[x] + graph[x][y]
heap.offer(y)
}
}
}
return if (INF == dst[node2]) -1 else dst[node2]
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(m + q_1·nlgm+q_2)$ 其中 n 为节点数量，m 为边数量，$q_1$ 为查询次数，$q_2$ 为添加边次数。建图时间 $O(m)$，每条边都会访问一次，每轮迭代取堆顶 O(lgm)。这道题边数大于点数，朴素写法更优。
- 空间复杂度：$O(n^2 + n)$ 图空间 + 堆空间。
题解三（Floyd）
Fload 算法的本质是贪心 + BFS，我们需要三层循环枚举中转点 i、枚举起点 j 和枚举终点 k，如果 dsti + dstk < dsti，则可以松弛 dsti。
这道题的另一个关键点在于支持调用 addEdge() 动态添加边，所以使用 Floyd 算法时要考虑如何更新存量图。
class Graph(val n: Int, edges: Array<IntArray>) {
val INF = 0x3F3F3F3F
// 路径长度（带权有向图）
val graph = Array(n) { IntArray(n) { INF } }
init {
// i 自旋的路径长度
for (i in 0 until n) {
graph[i][i] = 0
}
// i 直达 j 的路径长度
for (edge in edges) {
graph[edge[0]][edge[1]] = edge[2]
}
// Floyd 算法
// 枚举中转点
for (k in 0 until n) {
// 枚举起点
for (i in 0 until n) {
// 枚举终点
for (j in 0 until n) {
// 比较 <i to j> 与 <i to p> + <p to j>
graph[i][j] = Math.min(graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j])
}
}
}
}
fun addEdge(edge: IntArray) {
val (x, y, cost) = edge
// 直达
graph[x][y] = Math.min(graph[x][y], cost)
// 枚举中转点
for (k in intArrayOf(x, y)) {
// 枚举起点
for (i in 0 until n) {
// 枚举终点
for (j in 0 until n) {
// 比较 <i to j> 与 <i to k> + <k to j>
graph[i][j] = Math.min(graph[i][j], graph[i][k] + graph[k][j])
}
}
}
}
fun shortestPath(node1: Int, node2: Int): Int {
return if (graph[node1][node2] == INF) -1 else graph[node1][node2]
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(m + n^3 + q_1 + q_2·n^2)$ 其中 $n$ 为节点数量，$m$ 为边数量，$q_1$ 为查询次数，$q_2$ 为添加边次数。建图时间 $O(m + n^3)$，单次查询时间 $O(1)$，单次添加边时间 $O(n^2)$；
- 空间复杂度：$O(n^2)$ 图空间。
相关题目：
近期周赛最短路问题：
