LeetCode 双周赛 99，纯纯送分场！ - 彭旭锐

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大家好，我是小彭。

昨晚是 LeetCode 第 99 场双周赛，你参加了吗？这场周赛整体难度很低，第 4 题评论区普遍认为是 1 字头，纯纯手速场。

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2578. 最小和分割

https://leetcode.cn/problems/split-with-minimum-sum/

给你一个正整数 num ，请你将它分割成两个非负整数 num1 和 num2 ，满足：

• num1 和 num2 直接连起来，得到 num 各数位的一个排列。
  • 换句话说，num1 和 num2 中所有数字出现的次数之和等于 num 中所有数字出现的次数。
• num1 和 num2 可以包含前导 0 。

请你返回 num1 和 num2 可以得到的和的 最小 值。

注意：

• num 保证没有前导 0 。
• num1 和 num2 中数位顺序可以与 num 中数位顺序不同。

题解（排序 + 贪心）

第一题相对有点思维。

• 思考 1：越高位的数字对结果的影响越大，所以优先排列最小的数字；
• 思考 2：如果划分两个数字的长度不均，会放大最终的值；

算法：对数字排序，从小到大分别排列到两个数字上。

class Solution {
    fun splitNum(num: Int): Int {
        val array = "$num".toCharArray()
        array.sort()
        var num1 = 0
        var num2 = 0
        for (index in array.indices step 2) {
            num1 = num1 * 10 + (array[index] - '0')
            if (index + 1 < array.size) {
                num2 = num2 * 10 + (array[index + 1] - '0')
            }
        }
        return num1 + num2
    }
}

简化写法：

class Solution {
    fun splitNum(num: Int): Int {
        val array = "$num".toCharArray().sorted()
        var nums = Array(2) { StringBuilder() }
        for (index in array.indices) {
            nums[index % 2].append(array[index])
        }
        return "${nums[0]}".toInt() + "${nums[1]}".toInt()

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(mlgm)$ 其中 $m$ 是 $num$ 数字的位数，即 $m = lg,num$。排序时间为 $O(mlgm)$，拆分时间为 $O(m)$；
• 空间复杂度：$O(m)$ 字符串空间为 $O(m)$，排序递归栈空间为 $O(lgm)$。

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2579. 统计染色格子数

https://leetcode.cn/problems/count-total-number-of-colored-cells/

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。

题解（找规律）

找规律题。这道题可以用重力加速度类比，重力加速度的 G 是 9.8m/s，而这里的 G 是 4格/s。

• 最开始只有一格，我们先放到一边单独计算，有 $f(1) = 1$；
• 从 (n = 1) 递推到 (n = 2) 时的速度为 4，因此 $f(2) = 4 + 1 = 5$；
• 从 (n = 2) 递推到 (n = 3) 时的速度为 8，因此 $f(3) = 8 + f(2) = 13$；
• 以此类推，从 (n - 1) 递推到 (n) 时的速度是 $4 *(n - 1)$，即 $f(n) = f(n - 1) + 4(n - 1)$。

$f(n)=\begin{cases}
1, &n=1\
f(n-1) + 4(n-1) & n>1
\end{cases}$

可以看到， $n > 1$ 的分支是一个从 0 开始的等差数列，等差数列求和公式知道吧，整理得：$f(n) = 1 + 4 * n * (n - 1) / 2 = 2n^2 - 2n + 1$

class Solution {
    fun coloredCells(n: Int): Long {
        return 2 * n * n - 2 * n + 1
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(1)$
• 空间复杂度：$O(1)$

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2580. 统计将重叠区间合并成组的方案数

https://leetcode.cn/problems/count-ways-to-group-overlapping-ranges/

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。

题解（排序 + 贪心）

这道题我第一时间想到了这两道题：

后来在评论区看到更接近的原题，好嘛，怪不得印象很深。

• 435. 无重叠区间

脑海中有闪现过并查集，但显然没有必要。

算法：将区间看成时间段，先按照开始时间对区间排序，然后在遍历区间的同时维护已经占用的最晚结束时间 preEnd。如果当前区间的开始时间早于 preEnd，说明区间重合。遍历完数组后求出集合个数 m，求 m 个元素放到 2 个位置的方案数，显然每个位置有 m 中可能，因此结果是 $2^m$。

class Solution {
    fun countWays(ranges: Array<IntArray>): Int {
        val MOD = 1000000007
        Arrays.sort(ranges) { e1, e2 ->
            e1[0] - e2[0]
        }
        var m = 0
        var preEnd = -1
        for (range in ranges) {
            if (range[0] > preEnd) {
                // 无交集
                m++
            }
            preEnd = Math.max(preEnd, range[1])
        }
        return pow(2, m, MOD)
    }

    private fun pow(x: Int, n: Int, mod: Int): Int {
        var ans = 1
        for (count in 0 until n) {
            ans = (ans * x) % mod
        }
        return ans
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(nlgn + n + lgm)$ 其中 $n$ 是 $nums$ 数组的长度，$m$ 是无交集区间的集合个数，幂运算时间为 $O(m)$；
• 空间复杂度：$O(lgn)$ 排序递归栈空间。

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2581. 统计可能的树根数目

https://leetcode.cn/problems/count-number-of-possible-root-nodes/

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。

题解（记忆化递归）

这是换根 DP 问题，这道题相对简单了，只要掌握图的基本结构和递归的基本思想就能实现。

首先是建图的部分，显然 edges 是无向图，guesses 是有向图。我们的算法基本框架应该是：枚举每个根节点，计算 guesses 中猜测正确的边的个数，如果猜测次数 ≥ k 则记录 1 次结果。现在的问题是如果优化查询的时间复杂度，我们观察依次从 0 到 n - 1 修改根节点会发生什么？

我们发现： 每次调整中只有条边的结构关系变化。比如从根 0 调整到根 1 时，只有 0 → 1 被修改为 1 → 0，而其他边都没有变化，存在重叠子结构 / 重叠子问题。

定义 $f(u, v)$ 表示在 u → v 的子结构中猜测正确的边数，例如在示例 2 中，f(1, 2) = 1。显然在已知 f(1,2) 的结果后，在以节点 1 为根节点的情况中不需要重复计算，达到了剪枝的目的。

编码部分有两个细节：

• 起点需要特殊处理，我们考虑起点是用 u → v 开始的子结构，起点 u 可以采用特殊值 $n$。
• 注意空间压缩，显然使用领接表比临接矩阵更优。备忘录可以使用移位压缩，Key = u * mod + v，由于题目数据范围是 10000，所以 mod 就取 100000。

class Solution {
    private val graph = HashMap<Int, MutableList<Int>>()
    private val guessGraph = HashMap<Int, MutableList<Int>>()

    fun rootCount(edges: Array<IntArray>, guesses: Array<IntArray>, k: Int): Int {
        // 无向图
        for (edge in edges) {
            graph.getOrPut(edge[0]) { LinkedList<Int>() }.add(edge[1])
            graph.getOrPut(edge[1]) { LinkedList<Int>() }.add(edge[0])
        }
        // 有向图
        for (guess in guesses) {
            // 过滤不存在边（题目没有这种用例）
            if (!graph.containsKey(guess[0]) || !graph[guess[0]]!!.contains(guess[1])) continue
            guessGraph.getOrPut(guess[0]) { LinkedList<Int>() }.add(guess[1])
        }
        val n = edges.size + 1
        // 空间溢出：val memo = Array(n + 1) { IntArray(n) { -1 } }
        val memo = HashMap<Long, Int>()
        var count = 0
        // 枚举所有根
        for (root in 0 until n) {
            if (dfs(memo, 100000, n, root) >= k) count++
        }
        return count
    }

    // 记忆化递归
    private fun dfs(memo: HashMap<Long, Int>, mod: Int, u: Int, v: Int): Int {
        // 空间压缩
        val key = 1L * u * (mod) + v
        // 备忘录
        if (memo.containsKey(key)) return memo[key]!!
        var count = 0
        for (to in graph[v]!!) {
            // 过滤指向父节点的边
            if (to == u) continue
            // 检查猜测
            if (guessGraph.containsKey(v) && guessGraph[v]!!.contains(to)) count++
            // 递归
            count += dfs(memo, mod, v, to)
        }
        memo[key] = count
        return count
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(1)$ 其中 $n$ 是 $edges$ 数组的长度，$m$ 是 $guesses$ 数组的长度。建图占用 $O(n + m + 2n)$，在记忆化递归下每条边的子结构最多访问 2 次，即总共有 2n 个子问题，所以查询的复杂度是 $O(2n)$
• 空间复杂度：$O(n + m + 2*n)$ 建图占用 $O(n + m)$，备忘录最多记录 $n$ 条边的两个方向的子结构，递归栈最大为 $n$。

就说这么多，今天单周赛加油💪🏻。