给你一个整数 n 表示一棵 满二叉树 里面节点的数目，节点编号从 1 到 n 。根节点编号为 1 ，树中每个非叶子节点 i 都有两个孩子，分别是左孩子 2 * i 和右孩子 2 * i + 1 。

树中每个节点都有一个值，用下标从 0 开始、长度为 n 的整数数组 cost 表示，其中 cost[i] 是第 i + 1 个节点的值。每次操作，你可以将树中 任意 节点的值 增加 1 。你可以执行操作 任意 次。

你的目标是让根到每一个 叶子结点 的路径值相等。请你返回 最少 需要执行增加操作多少次。

注意：

满二叉树 指的是一棵树，它满足树中除了叶子节点外每个节点都恰好有 2 个子节点，且所有叶子节点距离根节点距离相同。
路径值 指的是路径上所有节点的值之和。

示例 1：

输入：n = 7, cost = [1,5,2,2,3,3,1]
输出：6
解释：我们执行以下的增加操作：

• 将节点 4 的值增加一次。
• 将节点 3 的值增加三次。
• 将节点 7 的值增加两次。
  从根到叶子的每一条路径值都为 9 。
  总共增加次数为 1 + 3 + 2 = 6 。
  这是最小的答案。
  示例 2：

输入：n = 3, cost = [5,3,3]
输出：0
解释：两条路径已经有相等的路径值，所以不需要执行任何增加操作。

提示：

3 <= n <= 1e5
n + 1 是 2 的幂
cost.length == n
1 <= cost[i] <= 1e4
以数组形式给出的树，对数组进行遍历相当于自底向上对树进行遍历：

class Solution {
public:int minIncrements(int n, vector<int>& cost) {int ans = 0;for (int i = n - 2; i > 0; i -= 2) {ans += abs(cost[i] - cost[i + 1]);cost[i / 2] += max(cost[i], cost[i + 1]);}return ans;}
};

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。

示例 1：

输入：edges = [[0,1],[1,2],[1,3],[4,2]], guesses = [[1,3],[0,1],[1,0],[2,4]], k = 3
输出：3
解释：
根为节点 0 ，正确的猜测为 [1,3], [0,1], [2,4]
根为节点 1 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0], [2,4]
根为节点 2 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0], [2,4]
根为节点 3 ，正确的猜测为 [1,0], [2,4]
根为节点 4 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0]
节点 0 ，1 或 2 为根时，可以得到 3 个正确的猜测。
示例 2：

输入：edges = [[0,1],[1,2],[2,3],[3,4]], guesses = [[1,0],[3,4],[2,1],[3,2]], k = 1
输出：5
解释：
根为节点 0 ，正确的猜测为 [3,4]
根为节点 1 ，正确的猜测为 [1,0], [3,4]
根为节点 2 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,4]
根为节点 3 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,2], [3,4]
根为节点 4 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,2]
任何节点为根，都至少有 1 个正确的猜测。

提示：

edges.length == n - 1
2 <= n <= 1e5
1 <= guesses.length <= 1e5
0 <= ai, bi, uj, vj <= n - 1
ai != bi
uj != vj
edges 表示一棵有效的树。
guesses[j] 是树中的一条边。
guesses 是唯一的。
0 <= k <= guesses.length

菜鸡不会，参考灵神题解，换根DP：

using LL = long long;class Solution {
public:int rootCount(vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& guesses,int k) {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);}unordered_set<LL> s;for (auto& e : guesses) {s.insert((LL)e[0] << 32 | e[1]);}int ans = 0, cnt0 = 0;function<void(int, int)> dfs = [&](int x, int fa) {for (int y : g[x]) {if (y != fa) {cnt0 += s.count((LL)x << 32 | y);dfs(y, x);}}};dfs(0, -1);function<void(int, int, int)> reroot = [&](int x, int fa, int cnt) {ans += cnt >= k;for (int y : g[x]) {if (y != fa) {reroot(y, x,cnt - s.count((LL)x << 32 | y) +s.count((LL)y << 32 | x));}}};reroot(0, -1, cnt0);return ans;}
};

题解在这里：换根 DP（Python/Java/C++/Go）

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums ，你必须将数组划分为一个或多个 连续 子数组。

如果获得的这些子数组中每个都能满足下述条件 之一 ，则可以称其为数组的一种 有效 划分：

子数组 恰 由 2 个相等元素组成，例如，子数组 [2,2] 。
子数组 恰 由 3 个相等元素组成，例如，子数组 [4,4,4] 。
子数组 恰 由 3 个连续递增元素组成，并且相邻元素之间的差值为 1 。例如，子数组 [3,4,5] ，但是子数组 [1,3,5] 不符合要求。
如果数组 至少 存在一种有效划分，返回 true ，否则，返回 false 。

示例 1：

输入：nums = [4,4,4,5,6]
输出：true
解释：数组可以划分成子数组 [4,4] 和 [4,5,6] 。
这是一种有效划分，所以返回 true 。
示例 2：

输入：nums = [1,1,1,2]
输出：false
解释：该数组不存在有效划分。

提示：

2 <= nums.length <= 1e5
1 <= nums[i] <= 1e6

仍然是DP题：

class Solution {
public:bool validPartition(vector<int>& nums) {int n = nums.size();vector<int> f(n + 1);f[0] = true;for (int i = 1; i < n; i++) {if (f[i - 1] && nums[i] == nums[i - 1] ||i > 1 && f[i - 2] &&(nums[i] == nums[i - 1] && nums[i] == nums[i - 2] ||nums[i] == nums[i - 1] + 1 &&nums[i] == nums[i - 2] + 2)) {f[i + 1] = true;}}return f[n];}
};

还是灵神牛orz

现有一棵由 n 个节点组成的无向树，节点编号从 0 到 n - 1 ，共有 n - 1 条边。

给你一个二维整数数组 edges ，长度为 n - 1 ，其中 edges[i] = [ai, bi] 表示树中节点 ai 和 bi 之间存在一条边。另给你一个整数数组 restricted 表示 受限 节点。

在不访问受限节点的前提下，返回你可以从节点 0 到达的 最多 节点数目。

注意，节点 0 不 会标记为受限节点。

示例 1：

输入：n = 7, edges = [[0,1],[1,2],[3,1],[4,0],[0,5],[5,6]], restricted = [4,5]
输出：4
解释：上图所示正是这棵树。
在不访问受限节点的前提下，只有节点 [0,1,2,3] 可以从节点 0 到达。
示例 2：

输入：n = 7, edges = [[0,1],[0,2],[0,5],[0,4],[3,2],[6,5]], restricted = [4,2,1]
输出：3
解释：上图所示正是这棵树。
在不访问受限节点的前提下，只有节点 [0,5,6] 可以从节点 0 到达。

提示：

2 <= n <= 1e5
edges.length == n - 1
edges[i].length == 2
0 <= a_i, b_i < n
a_i != b_i
edges 表示一棵有效的树
1 <= restricted.length < n
1 <= restricted[i] < n
restricted 中的所有值 互不相同

树上DFS:

class Solution {vector<vector<int>> g;int dfs(int x, int fa) {int cnt = 1;for (int y : g[x]) {if (y != fa) {cnt += dfs(y, x);}}return cnt;};public:int reachableNodes(int n, vector<vector<int>> &edges, vector<int> &restricted) {unordered_set<int> r(restricted.begin(), restricted.end());g.resize(n);for (auto &e : edges) {int x = e[0], y = e[1];if (!r.contains(x) && !r.contains(y)) {g[x].push_back(y); // 都不受限才连边g[y].push_back(x);}}return dfs(0, -1);}
};

第一次见这种题，看了题解：树上 DFS（Python/Java/C++/Go/JS/Rust）

请你仅使用两个队列实现一个后入先出（LIFO）的栈，并支持普通栈的全部四种操作（push、top、pop 和 empty）。

实现 MyStack 类：

void push(int x) 将元素 x 压入栈顶。
int pop() 移除并返回栈顶元素。
int top() 返回栈顶元素。
boolean empty() 如果栈是空的，返回 true ；否则，返回 false 。

注意：

你只能使用队列的基本操作 —— 也就是 push to back、peek/pop from front、size 和 is empty 这些操作。
你所使用的语言也许不支持队列。 你可以使用 list （列表）或者 deque（双端队列）来模拟一个队列 , 只要是标准的队列操作即可。

示例：

输入：
[“MyStack”, “push”, “push”, “top”, “pop”, “empty”]
[[], [1], [2], [], [], []]
输出：
[null, null, null, 2, 2, false]

解释：
MyStack myStack = new MyStack();
myStack.push(1);
myStack.push(2);
myStack.top(); // 返回 2
myStack.pop(); // 返回 2
myStack.empty(); // 返回 False

提示：

1 <= x <= 9
最多调用100 次 push、pop、top 和 empty
每次调用 pop 和 top 都保证栈不为空

进阶：你能否仅用一个队列来实现栈。

数据结构基础：

class MyStack {
public:MyStack() {}void push(int x) {q2.push(x);while (!q1.empty()) {q2.push(q1.front());q1.pop();}swap(q1, q2);}int pop() {int x = q1.front();q1.pop();return x;}int top() { return q1.front(); }bool empty() { return q1.empty(); }private:queue<int> q1;queue<int> q2;
};/*** Your MyStack object will be instantiated and called as such:* MyStack* obj = new MyStack();* obj->push(x);* int param_2 = obj->pop();* int param_3 = obj->top();* bool param_4 = obj->empty();*/

使用一个队列实现栈：

class MyStack {
public:queue<int> q;MyStack() {}void push(int x) {int n = q.size();q.push(x);for (int i = 0; i < n; i++) {q.push(q.front());q.pop();}}int pop() {int r = q.front();q.pop();return r;}int top() {int r = q.front();return r;}bool empty() { return q.empty(); }
};

请你仅使用两个栈实现先入先出队列。队列应当支持一般队列支持的所有操作（push、pop、peek、empty）：

实现 MyQueue 类：

void push(int x) 将元素 x 推到队列的末尾
int pop() 从队列的开头移除并返回元素
int peek() 返回队列开头的元素
boolean empty() 如果队列为空，返回 true ；否则，返回 false
说明：

你 只能 使用标准的栈操作 —— 也就是只有 push to top, peek/pop from top, size, 和 is empty 操作是合法的。
你所使用的语言也许不支持栈。你可以使用 list 或者 deque（双端队列）来模拟一个栈，只要是标准的栈操作即可。

示例 1：

输入：
[“MyQueue”, “push”, “push”, “peek”, “pop”, “empty”]
[[], [1], [2], [], [], []]
输出：
[null, null, null, 1, 1, false]

解释：
MyQueue myQueue = new MyQueue();
myQueue.push(1); // queue is: [1]
myQueue.push(2); // queue is: [1, 2] (leftmost is front of the queue)
myQueue.peek(); // return 1
myQueue.pop(); // return 1, queue is [2]
myQueue.empty(); // return false

提示：

1 <= x <= 9
最多调用 100 次 push、pop、peek 和 empty
假设所有操作都是有效的 （例如，一个空的队列不会调用 pop 或者 peek 操作）

进阶：

你能否实现每个操作均摊时间复杂度为 O(1) 的队列？换句话说，执行 n 个操作的总时间复杂度为 O(n) ，即使其中一个操作可能花费较长时间。

数据结构基础：

class MyQueue {
public:MyQueue() {}void push(int x) { input.push(x); }int pop() {peek();int front = output.top();output.pop();return front;}int peek() {if (output.empty()) {while (!input.empty()) {output.push(input.top());input.pop();}}return output.top();}bool empty() { return input.empty() && output.empty(); }private:std::stack<int> input;std::stack<int> output;
};

你在一个城市里，城市由 n 个路口组成，路口编号为 0 到 n - 1 ，某些路口之间有 双向 道路。输入保证你可以从任意路口出发到达其他任意路口，且任意两个路口之间最多有一条路。

给你一个整数 n 和二维整数数组 roads ，其中 roads[i] = [ui, vi, timei] 表示在路口 ui 和 vi 之间有一条需要花费 timei 时间才能通过的道路。你想知道花费 最少时间 从路口 0 出发到达路口 n - 1 的方案数。

请返回花费 最少时间 到达目的地的 路径数目 。由于答案可能很大，将结果对 109 + 7 取余 后返回。

示例 1：

输入：n = 7, roads = [[0,6,7],[0,1,2],[1,2,3],[1,3,3],[6,3,3],[3,5,1],[6,5,1],[2,5,1],[0,4,5],[4,6,2]]
输出：4
解释：从路口 0 出发到路口 6 花费的最少时间是 7 分钟。
四条花费 7 分钟的路径分别为：

• 0 ➝ 6
• 0 ➝ 4 ➝ 6
• 0 ➝ 1 ➝ 2 ➝ 5 ➝ 6
• 0 ➝ 1 ➝ 3 ➝ 5 ➝ 6
  示例 2：

输入：n = 2, roads = [[1,0,10]]
输出：1
解释：只有一条从路口 0 到路口 1 的路，花费 10 分钟。

提示：

1 <= n <= 200
n - 1 <= roads.length <= n * (n - 1) / 2
roads[i].length == 3
0 <= ui, vi <= n - 1
1 <= timei <= 1e9
ui != vi
任意两个路口之间至多有一条路。
从任意路口出发，你能够到达其他任意路口。

迪杰斯特拉最短路：

const int MOD = 1e9 + 7;
typedef pair<long long, int> PLI;
typedef pair<int, int> PII;class Solution {
public:int countPaths(int n, vector<vector<int>>& roads) {vector<vector<PII>> graph(n);for (auto& road : roads) {int u = road[0], v = road[1], t = road[2];graph[u].emplace_back(v, t);graph[v].emplace_back(u, t);}vector<long long> dist(n, 1e18);vector<int> count(n);dist[0] = 0;count[0] = 1;priority_queue<PLI, vector<PLI>, greater<PLI>> pq;pq.emplace(0, 0);while (!pq.empty()) {auto [d, u] = pq.top();pq.pop();if (d != dist[u])continue;for (auto [v, t] : graph[u]) {if (dist[u] + t < dist[v]) {dist[v] = dist[u] + t;count[v] = count[u];pq.emplace(dist[v], v);} else if (dist[u] + t == dist[v]) {count[v] = (count[v] + count[u]) % MOD;}}}return count[n - 1];}
};

灵神题解也写得非常好，Dijkstra算法同样也是考研408的重点：在计算最短路的同时 DP！