LeetCode 周赛上分之旅 #35 两题坐牢，菜鸡现出原形

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学习数据结构与算法的要害在于掌握问题背面的算法思维框架，你的考虑越笼统，它能掩盖的问题域就越广，了解难度也更复杂。在这个专栏里，小彭与你共享每场 LeetCode 周赛的解题陈述，一同体会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 35 篇文章，往期回顾请移步到文章结束~

T1. 按分隔符拆分字符串（Easy）

• 标签：仿照

T2. 吞并后数组中的最大元素（Medium）

• 标签：贪心

T3. 长度递加组的最大数目（Hard）

• 标签：排序、贪心

T4. 树中可以形成回文的途径数（Hard）

• 标签：情况紧缩、前缀和、散列表

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T1. 按分隔符拆分字符串（Easy）

https://leetcode.cn/problems/split-strings-by-separator/

题解（仿照）

简单仿照题。

class Solution:
    def splitWordsBySeparator(self, words: List[str], separator: str) -> List[str]:
        ans = []
        for x in words:
            for y in x.split(separator):
                if y != "":
                    ans.append(y)
        return ans

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(L)$ 其间 $L$ 为字符总数；
• 空间复杂度：$O(1)$ 不考虑效果数组，仅占用常量等级空间。

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T2. 吞并后数组中的最大元素（Medium）

https://leetcode.cn/problems/largest-element-in-an-array-after-merge-operations/

题解（贪心）

由于标题操作的前提是 nums[i] ≤ nums[i + 1]，因此我们可以优先吞并靠后的相邻序列，这样可以保证靠前的更大都可以被吞并。假设中心出现 nums[i] 不小于 nums[i + 1] 的情况，阐明遇到一个较大的数，它的权重大于后续数组的吞并，我们则直接运用这个较大的数。

class Solution:
    def maxArrayValue(self, nums: List[int]) -> int:
        for i in range(len(nums) - 2, -1, -1):
            if (nums[i] <= nums[i + 1]): nums[i] += nums[i + 1]
        return nums[0]

class Solution {
    fun maxArrayValue(nums: IntArray): Long {
        val n = nums.size
        var ret = Long.MIN_VALUE
        for (i in n - 1 downTo 0) {
            if (ret >= nums[i]) {
                ret += nums[i]
            } else {
                ret = nums[i].toLong()
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ 线性遍历；
• 空间复杂度：$O(1)$ 仅运用常量等级空间。

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T3. 长度递加组的最大数目（Hard）

https://leetcode.cn/problems/maximum-number-of-groups-with-increasing-length/

题解（排序）

输入数组相当于数字的出现频率，由于标题只关心构造组合的方案数而不关心数字的内容，数字自身是不重要的，因此我们可以先对频率数组排序，并从小到大枚举频率。

在构造的过程中，我们将其时遍历到的频率追加到现已拼接过的分组上（默认存在一个空分组），假设其时的频率不行或许超出，则将剩下元素放到候选容器中，严厉证明见灵神的题解。

# 测试用例 [2, 2, 2]
0 => 0 1 => 0 1 2
       1      1 2
# 测试用例 [1, 2, 5]
0 => 0 1 => 0 1 2
       1      1 2
                2
# 测试用例 [2, 1, 2] => 排序 [1, 2, 2]
0 => 0 1 => 0 1 2
       1      1 2
# 测试用例 [1,1]
# 测试用例 [2, 100, 2, 2, 2] => 排序 [2, 2, 2, 2, 100]
0 => 0 1 => 0 1 2 => 越过 => 0 1 2 3 => 剩下的 4 可以拼接，但不会发生添加分组数量
       1      1 2             1 2 3
                0               0 4
                                  4

class Solution {
    fun maxIncreasingGroups(usageLimits: List<Int>): Int {
        Collections.sort(usageLimits)
        var ret = 0
        var left = 0L
        for (x in usageLimits) {
            left += x.toLong()
            // 可以构造新分组
            if (left >= ret + 1) {
                ret ++
                left -= ret
            }
        }
        return ret
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(nlgn)$ 瓶颈在排序；
• 空间复杂度：$O(lgn)$ 瓶颈在排序。

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T4. 树中可以形成回文的途径数（Hard）

https://leetcode.cn/problems/count-paths-that-can-form-a-palindrome-in-a-tree/

题解（情况紧缩 + 前缀和 + 散列表）

1、回文判别： 首要，由于标题的回文串判别允许重排，因此回文串的 check 可以转换为字母的计数:

• 出现次数为奇数的字母最多只能出现 1 个；
• 出现次数为偶数的字母可以出现任意次。

2、奇偶性： 其次，由于标题的数组仅为小写字母，我们可以运用一个整型来紧缩标明 26 个字母的出现次数情况，0 标明出现次数为偶数，1 标明出现次数为奇数。例如 0001 标明 ‘a’ 字母的出现次数为奇数，其他字母的出现次数为偶数（可能未出现）。

3、情况紧缩： 基于以上 2 点，我们的方针是在树上找到两个点的途径 [u, v] 使得途径的情况 mask 满足以下其间 1 个条件：

• mask == 0：阐明一切字母都出现偶数次；
• mask & (mask – 1) == 0：阐明二进制位中 1 的出现次数为 1 次，即只需一个字母出现奇数次。

4、前缀和： 那么，假设怎样求树上两点间的途径？这里有一个技巧，假设直接收集两个点之间的途径信息很难，我们可以先求从根节点到 u 的途径 root_u，以及从根节点到 v 的途径 root_v，再将两段途径异或就可以得到 u 到 v 的途径（假设两个节点的 LCA 不是根节点，那么重复的途径会被异或消除）。以标题示例 1 中节点 3 和节点 4 为例：path_3 = 0101，path_4 = 0110，而 path_3 xor path_4 = 0011，即 “ab”。

5、两数之和： 最终，我们的方针就变成：寻找从到根节点的途径异或值满足「分析 3」条件的途径，这可以用类似「两数之和」中的散列表的办法求解。

class Solution {
    fun countPalindromePaths(parent: List<Int>, s: String): Long {
        var ret = 0L
        val cnt = HashMap<Int, Int>()
        val memo = HashMap<Int, Int>()
        // 两数之和模板
        for (i in 0 until parent.size) {
            val path = getPath(parent, s, memo, i)
            // 1、两条途径异或值等于 0 的情况
            ret += cnt.getOrDefault(path, 0) 
            for (j in 0 until 26) {
                // 2、两条途径异或值中二进制位 1 只需 1 个的情况
                ret += cnt.getOrDefault(path xor 1.shl(j), 0)
            }
            cnt[path] = cnt.getOrDefault(path, 0) + 1
        }
        return ret
    }
    private fun getPath(parent: List<Int>, s: String, memo: MutableMap<Int, Int>, i: Int): Int {
        // 停止条件
        if (i == 0) return 0
        // 读备忘录
        if (memo.containsKey(i)) return memo[i]!!
        val path = getPath(parent, s, memo, parent[i]) xor (1.shl(s[i] - 'a')) // 添加一个计数等于奇偶性翻转
        // 存备忘录
        memo[i] = path
        return path
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(Cn)$ getPath() DFS 的时间复杂度为 $O(n)$，枚举方案的时间复杂度为 $O(Cn)$，其间 $C$ 为字符集大小；
• 空间复杂度：$O(n)$ 记载每个节点到根节点的途径值空间。

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