⭐️ 本文已收录到 AndroidFamily，技术和职场问题，请关注公众号 [彭旭锐] 和 BaguTree Pro 知识星球提问。

学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思维框架，你的思考越抽象，它能覆盖的问题域就越广，理解难度也更复杂。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告，一起体会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 44 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~

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 = 0for (x in low..high) {val s = "$x"val n = s.lengthif (n % 2 != 0) continuevar diff = 0for (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：$O((high-low)l{g}^{high})$ 单次检查时间为 $O(l{g}^{high})$；
• 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.lengthif (n == 1) return if (x == "0") 0 else 1if (((x[n - 2] - '0') * 10 + (x[n - 1]- '0')) % 25 == 0) return 0if(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]=retreturn ret}return count(num)}
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n^2\cdot m)$ 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.lengthvar ret = nfor (choice in arrayOf("00", "25", "50", "75")) {// 双指针var j = 1for (i in n - 1 downTo 0) {if (choice[j] != num[i]) continueif (--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 $nums[i]$ 的索引 $i$ 的数量，并且 $cnt$。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 $nums[i]$ 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：$(preSum[i]\%m-preSum[j]\%m+m)$
  • 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.sizevar ret = 0Lval preSum = HashMap<Int, Int>()preSum[0] = 1 // 注意空数组的状态var cur = 0for (i in 0 until n) {if (nums[i] % m == k) cur ++ // 更新前缀和val key = cur % mval target = (key - k + m) % mret += 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：

• 560. 和为 K 的子数组
• 974. 和可被 K 整除的子数组
• 523. 连续的子数组和
• 525. 连续数组

---

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：$l=depth[x]+depth[y]-2\ast depth[lca]$；
• 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] + 1parent[to][0] = icnt[to][0][w] = 1dfs(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.sizeval 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 = xx = yy = 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 LCAif (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 lcaw.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：$O(nlgn\cdot U)$ 预处理的时间复杂度是 $O(nlgn\cdot U)$，单次查询的时间是 $O(lgn\cdot U)$；
• 空间复杂度：$O(nlgn\cdot U)$ 预处理倍增信息空间。

---

推荐阅读

LeetCode 上分之旅系列往期回顾：

• LeetCode 单周赛第 360 场 · 当 LeetCode 考树上倍增，出题的趋势在变化吗
• LeetCode 单周赛第 359 场 · 结合离散化的线性 DP 问题
• LeetCode 双周赛第 112 场 · 计算机科学本质上是数学吗？
• LeetCode 双周赛第 111 场 · 按部就班地解决动态规划问题

⭐️ 永远相信美好的事情即将发生，欢迎加入小彭的 Android 交流社群~