LeetCode 双周赛 102,模拟 / BFS / Dijkstra / Floyd

简介: 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 😁。
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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。

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