---

前言

不会做，全靠灵神的视频讲解

2867.统计树中的合法路径数目

思路

考虑质数节点，每个质数节点应该都有属于它自己的多个连通块，而每个连通块中存在的非质数路径那么就可以形成一条合法路径

所以我们需要去统计一个质数的连通块中有多少非质数的连通情况，最后结果相加即可

确定1e5中的质数

对于一个质数，其的倍数一定不是质数

    void checknp(bool* np){np[1] = true;for(int i = 2;i*i<MX+1;i++){for(j = i*i ;j <MX+1;j+=i){if(!np[i]){np[j] = true;}}}}

统计每个点的连接情况

根据传入参数edgs数组，可以得到每个点与哪些点连接

        vector<vector<int>> connect(n+1);for(auto edge : edges){connect[edge[0]].push_back(edge[1]);connect[edge[1]].push_back(edge[0]);}

开始对质数点进行处理

我们需要用到记忆化搜索的技巧。当我们对一个非质数与哪些非质数连接情况进行讨论后，我们可以将结果存储，如果后面有质数节点也与该非质数节点连接，那么就可以直接使用了。

//记录返回值 和 记忆化存储非质数节点与多少个非质数节点连接
long long res = 0;
vector<int> mem(n+1);
for(int i = 1;i<n+1;i++)
{//如果是非质数，就可以跳过，因为我们只考虑质数的连通if(np[i]) continue;//记录连通数int sum = 0;//对i的连通点进行处理结果for(int j : connect[i]){//只考虑非质数的情况if(!np[j]) continue;//如果没有被搜索过if(mem[j] == 0){//存储相互连接节点的数组清空nodes.clear();checknodes(j,-1,connect);//对于nodes数组里面的所有点，其连通点的个数都是nodes数组的长度for(int k : nodes){mem[k] = nodes.size();}}//计算结果，质数i下面的j连通块res += mem[j] * sum;sum += mem[j];}//以质数为头的结果res += sum;
}

完整代码

const int MX = 1e5;
class Solution {
private:bool np[MX+1];vector<int> nodes;
public:void checknp(bool* np){np[1] = true;for(int i = 2;i*i<MX+1;i++){for(int j = i*i ;j <MX+1;j+=i){if(!np[i]){np[j] = true;}}}}void checknodes(int x,int fa,vector<vector<int>>& connect){nodes.push_back(x);for(int y:connect[x]){if(y!=fa&&np[y]){checknodes(y,x,connect);}}}
public:long long countPaths(int n, vector<vector<int>>& edges) {checknp(np);vector<vector<int>> connect(n+1);for(auto edge : edges){connect[edge[0]].push_back(edge[1]);connect[edge[1]].push_back(edge[0]);}//结果long long res = 0;//记忆化搜索vector<int> mem(n+1);for(int i = 1;i<n+1;i++){if(np[i]) continue;//记录当前节点的连接数int sum = 0;for(int j : connect[i]){if(!np[j]) continue;//如果没被遍历过if(mem[j] == 0){nodes.clear();checknodes(j,-1,connect);//修改记忆存储结果for(int k : nodes){mem[k] = nodes.size();}}//统计该连通块对结果的影响res += mem[j]*sum;sum += mem[j];}//已质数节点为头的情况res += sum;}return res;}
};

2673.使二叉树所有路径值相等的最小代价

思路

从叶子节点开始，计算根节点到该叶子节点的路径和，然后修改其中一个叶子节点使得和相等，由于只能增加，所以向大值修改。
修改完成后将该和返回给叶子节点的父节点，然后比较同一层级的父节点的和，进行修改。
逐步返回直到根节点

完整代码

对于满二叉树，父节点和左右子结点在数组中存在一个关系。

class Solution {
public:int minIncrements(int n, vector<int>& cost) {//统计每个节点的路径和for(int i = 2;i<n+1;i++){cost[i-1] += cost[i/2-1];}//更新结果int res = 0;for(int i = n/2;i>0;i--){res += abs(cost[2*i]-cost[2*i-1]);cost[i-1] = max(cost[2*i],cost[2*i-1]);}return res;}
};

2581.统计可能的树根数目

思路

还不是很明白
我们假设以0为根的正确猜测是cnt0，那调换到以1为根，那么cnt1的值
首先需要减去guesses数组[0,1]的数量，再加上[1,0]的数量，因为[u,v]表示u是v的父节点。
其余调换类似。

建立连通关系

vector<vector<int>> g(edges.size() + 1);
for (auto &e : edges) 
{int x = e[0], y = e[1];g[x].push_back(y);g[y].push_back(x);
}

将猜测数组变为哈希表，方便查询

unordered_set<LL> s;
for (auto &e : guesses) 
{ // guesses 转成哈希表s.insert((LL) e[0] << 32 | e[1]); // 两个 4 字节数压缩成一个 8 字节数
}

利用dfs初始化根为0的猜测正确数量

int ans = 0, cnt0 = 0;
function<void(int, int)> dfs = [&](int x, int fa) 
{//y与x连通for (int y : g[x]){//y不是父节点，防止反向计算if (y != fa) {//[x,y]如果存在哈希表中，表面以0为根的结果猜测正确+1cnt0 += s.count((LL) x << 32 | y); // 以 0 为根时，猜对了//以当前节点为父节点搜索子结点dfs(y, x);}}
};
dfs(0, -1);

统计完整的结果

//计算以x为根的cnt
function<void(int, int, int)> reroot = [&](int x, int fa, int cnt) 
{ans += cnt >= k; // 此时 cnt 就是以 x 为根时的猜对次数for (int y : g[x]) {if (y != fa) {//从0开始，变换根为0的连通节点，在变换为连通节点的连通节点reroot(y, x, cnt- s.count((LL) x << 32 | y)   // 原来是对的，现在错了+ s.count((LL) y << 32 | x)); // 原来是错的，现在对了}}
};
reroot(0, -1, cnt0);