T1. 统计对称整数的数目（Easy）
- 标签：模拟
T2. 生成特殊数字的最少操作（Medium）
- 标签：思维、回溯、双指针
T3. 统计趣味子数组的数目（Medium）
- 标签：同余定理、前缀和、散列表
T4. 边权重均等查询（Hard）
- 标签：图、倍增、LCA、树上差分
T1. 统计对称整数的数目（Easy）
https://leetcode.cn/problems/count-symmetric-integers/
题解（模拟）
根据题意模拟，亦可以使用前缀和预处理优化。
class Solution {
fun countSymmetricIntegers(low: Int, high: Int): Int {
var ret = 0
for (x in low..high) {
val s = "$x"
val n = s.length
if (n % 2 != 0) continue
var diff = 0
for (i in 0 until n / 2) {
diff += s[i] - '0'
diff -= s[n - 1 - i] - '0'
}
if (diff == 0) ret += 1
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O((high-low)lg^{high})$ 单次检查时间为 $O(lg^{high})$；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。
T2. 生成特殊数字的最少操作（Easy）
https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-make-a-special-number/
题解一（回溯）
思维题，这道卡了多少人。
- 阅读理解： 在一次操作中，您可以选择 $num$ 的任意一位数字并将其删除，求最少需要多少次操作可以使 $num$ 变成 $25$ 的倍数；
- 规律： 对于 $25$ 的倍数，当且仅当结尾为「00、25、50、75」这 $4$ 种情况时成立，我们尝试构造出尾部符合两个数字能被 $25$ 整除的情况。
可以用回溯解决：
class Solution {
fun minimumOperations(num: String): Int {
val memo = HashMap<String, Int>()
fun count(x: String): Int {
val n = x.length
if (n == 1) return if (x == "0") 0 else 1
if (((x[n - 2] - '0') * 10 + (x[n - 1]- '0')) % 25 == 0) return 0
if(memo.containsKey(x))return memo[x]!!
val builder1 = StringBuilder(x)
builder1.deleteCharAt(n - 1)
val builder2 = StringBuilder(x)
builder2.deleteCharAt(n - 2)
val ret = 1 + min(count(builder1.toString()), count(builder2.toString()))
memo[x]=ret
return ret
}
return count(num)
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n^2·m)$ 最多有 $n^2$ 种子状态，其中 $m$ 是字符串的平均长度，$O(m)$ 是构造中间字符串的时间；
- 空间复杂度：$O(n)$ 回溯递归栈空间。
题解二（双指针）
初步分析：
- 模拟： 事实上，问题的方案最多只有 4 种，回溯的中间过程事实在尝试很多无意义的方案。我们直接枚举这 4 种方案，删除尾部不属于该方案的字符。以 25 为例，就是删除 5 后面的字符以及删除 2 与 5 中间的字符；
- 抽象： 本质上是一个最短匹配子序列的问题，即 「找到 nums 中最靠后的匹配的最短子序列」问题，可以用双指针模拟。
具体实现：
- 双指针： 我们找到满足条件的最靠左的下标 i，并删除末尾除了目标数字外的整段元素，即 $ret = n - i - 2$；
- 特殊情况： 在 4 种构造合法的特殊数字外，还存在删除所有非 0 数字后构造出 0 的方案；
- 是否要验证数据含有前导零： 对于构造「00」的情况，是否会存在删到最后剩下多个 0 的情况呢？其实是不存在的。因为题目说明输入数据 num 本身是不包含前导零的，如果最后剩下多个 0 ，那么在最左边的 0 左侧一定存在非 0 数字，否则与题目说明矛盾。
class Solution {
fun minimumOperations(num: String): Int {
val n = num.length
var ret = n
for (choice in arrayOf("00", "25", "50", "75")) {
// 双指针
var j = 1
for (i in n - 1 downTo 0) {
if (choice[j] != num[i]) continue
if (--j == -1) {
ret = min(ret, n - i - 2)
break
}
}
}
// 特殊情况
ret = min(ret, n - num.count { it == '0'})
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 4 种方案和特殊方案均是线性遍历；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。
T3. 统计趣味子数组的数目（Medium）
https://leetcode.cn/problems/count-of-interesting-subarrays/
题解（同余 + 前缀和 + 散列表）
初步分析：
- 问题目标： 统计数组中满足目标条件的子数组；
- 目标条件： 在子数组范围 $[l, r]$ 内，设 $cnt$ 为满足 $nums[i] % m == k$ 的索引 $i$ 的数量，并且 $cnt % m == k$。大白话就是算一下有多少数的模是 $k$，再判断个数的模是不是也是 $k$；
- 权重： 对于满足 $nums[i] % m == k$ 的元素，它对结果的贡献是 $1$，否则是 $0$；
分析到这里，容易想到用前缀和实现：
- 前缀和： 记录从起点到 $[i]$ 位置的 $[0, i]$ 区间范围内满足目标的权重数；
- 两数之和： 从左到右枚举 $[i]$，并寻找已经遍历的位置中满足 $(preSum[i] - preSum[j]) % m == k$ 的方案数记入结果；
- 公式转换： 上式带有取模运算，我们需要转换一下：
- 原式 $(preSum[i] - preSum[j]) % m == k$
- 考虑 $preSum[i] % m - preSum[j] % m$ 是正数数的的情况，原式等价于：$preSum[i] % m - preSum[j] % m == k$
- 考虑 $preSum[i] % m - preSum[j] % m$ 是负数的的情况，我们在等式左边增加补数：$(preSum[i] % m - preSum[j] % m + m) %m == k$
- 联合正数和负数两种情况，即我们需要找到前缀和为 $(preSum[i] % m - k + m) % m$ 的元素；
- 修正前缀和定义： 最后，我们修改前缀和的定义为权重 $% m$。
组合以上技巧：
class Solution {
fun countInterestingSubarrays(nums: List<Int>, m: Int, k: Int): Long {
val n = nums.size
var ret = 0L
val preSum = HashMap<Int, Int>()
preSum[0] = 1 // 注意空数组的状态
var cur = 0
for (i in 0 until n) {
if (nums[i] % m == k) cur ++ // 更新前缀和
val key = cur % m
val target = (key - k + m) % m
ret += preSum.getOrDefault(target, 0) // 记录方案
preSum[key] = preSum.getOrDefault(key, 0) + 1 // 记录前缀和
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 线性遍历，单次查询时间为 $O(1)$；
- 空间复杂度：$O(m)$ 散列表空间。
相似题目：
T4. 边权重均等查询（Hard）
https://leetcode.cn/problems/minimum-edge-weight-equilibrium-queries-in-a-tree/
题解（倍增求 LCA、树上差分）
初步分析：
- 问题目标： 给定若干个查询 $[x, y]$，要求计算将 $<x, y>$ 的路径上的每条边修改为相同权重的最少操作次数；
- 问题要件： 对于每个查询 $[x, y]$，我们需要计算 $<x, y>$ 的路径长度 $l$，以及边权重的众数的出现次数 $c$，而要修改的操作次数就是 $l - c$；
- 技巧： 对于 “树上路径” 问题有一种经典技巧，我们可以把 $<x, y>$ 的路径转换为从 $<x, lca>$ 的路径与 $<lca, y>$ 的两条路径；
思考实现：
- 长度： 将问题转换为经过 $lca$ 中转的路径后，路径长度 $l$ 可以用深度来计算：$l = depth[x] + depth[y] - 2 * depth[lca]$；
- 权重： 同理，权重 $w[x,y]$ 可以通过 $w[x, lca]$ 与 $w[lca, y]$ 累加计算；
现在的关键问题是，如何快速地找到 $<x, y>$ 的最近公共祖先 LCA？
对于单次 LCA 操作来说，我们可以走 DFS 实现 $O(n)$ 时间复杂度的算法，而对于多次 LCA 操作可以使用 倍增算法 预处理以空间换时间，单次 LCA 操作的时间复杂度进位 $O(lgn)$。
在 LeetCode 有倍增的模板题 1483. 树节点的第 K 个祖先。
在求 LCA 时，我们先把 $<x, y>$ 跳到相同高度，再利用倍增算法向上跳 $2^j$ 个父节点，直到到达相同节点即为最近公共祖先。
class Solution {
fun minOperationsQueries(n: Int, edges: Array<IntArray>, queries: Array<IntArray>): IntArray {
val U = 26
// 建图
val graph = Array(n) { LinkedList<IntArray>() }
for (edge in edges) {
graph[edge[0]].add(intArrayOf(edge[1], edge[2] - 1))
graph[edge[1]].add(intArrayOf(edge[0], edge[2] - 1))
}
// 预处理深度、倍增祖先节点、倍增路径信息
val m = 32 - Integer.numberOfLeadingZeros(n - 1)
val depth = IntArray(n)
val parent = Array(n) { IntArray(m) { -1 }} // parent[i][j] 表示 i 的第 2^j 个父节点
val cnt = Array(n) { Array(m) { IntArray(U) }} // cnt[i][j] 表示 <i - 2^j> 个父节点的路径信息
fun dfs(i: Int, par: Int) {
for ((to, w) in graph[i]) {
if (to == par) continue // 避免回环
depth[to] = depth[i] + 1
parent[to][0] = i
cnt[to][0][w] = 1
dfs(to, i)
}
}
dfs(0, -1) // 选择 0 作为根节点
// 预处理倍增
for (j in 1 until m) {
for (i in 0 until n) {
val from = parent[i][j - 1]
if (-1 != from) {
parent[i][j] = parent[from][j - 1]
cnt[i][j] = cnt[i][j - 1].zip(cnt[from][j - 1]) { e1, e2 -> e1 + e2 }.toIntArray()
}
}
}
// 查询
val q = queries.size
val ret = IntArray(q)
for ((i, query) in queries.withIndex()) {
var (x, y) = query
// 特判
if (x == y || parent[x][0] == y || parent[y][0] == x) {
ret[i] = 0
}
val w = IntArray(U) // 记录路径信息
var path = depth[x] + depth[y] // 记录路径长度
// 先跳到相同高度
if (depth[y] > depth[x]) {
val temp = x
x = y
y = temp
}
var k = depth[x] - depth[y]
while (k > 0) {
val j = Integer.numberOfTrailingZeros(k) // 二进制分解
w.indices.forEach { w[it] += cnt[x][j][it] } // 记录路径信息
x = parent[x][j] // 向上跳 2^j 个父节点
k = k and (k - 1)
}
// 再使用倍增找 LCA
if (x != y) {
for (j in m - 1 downTo 0) { // 最多跳 m - 1 次
if (parent[x][j] == parent[y][j]) continue // 跳上去相同就不跳
w.indices.forEach { w[it] += cnt[x][j][it] } // 记录路径信息
w.indices.forEach { w[it] += cnt[y][j][it] } // 记录路径信息
x = parent[x][j]
y = parent[y][j] // 向上跳 2^j 个父节点
}
// 最后再跳一次就是 lca
w.indices.forEach { w[it] += cnt[x][0][it] } // 记录路径信息
w.indices.forEach { w[it] += cnt[y][0][it] } // 记录路径信息
x = parent[x][0]
}
// 减去重链长度
ret[i] = path - 2 * depth[x] - w.max()
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nlgn·U)$ 预处理的时间复杂度是 $O(nlgn·U)$，单次查询的时间是 $O(lgn·U)$；
- 空间复杂度：$O(nlgn·U)$ 预处理倍增信息空间。