LeetCode 周赛 365
T1. 有序三元组中的最大值 I（Easy）
- 标签：模拟、前后缀分解、线性遍历
T2. 有序三元组中的最大值 II（Medium）
- 标签：模拟、前后缀分解、线性遍历
T3. 无限数组的最短子数组（Medium）
- 标签：滑动窗口
T4. 有向图访问计数（Hard）
- 标签：内向基环树、拓扑排序、DFS
T1. 有序三元组中的最大值 I（Easy）
https://leetcode.cn/problems/maximum-value-of-an-ordered-triplet-i/description/
同 T2。
T2. 有序三元组中的最大值 II（Medium）
https://leetcode.cn/problems/maximum-value-of-an-ordered-triplet-ii/description/
问题分析
初步分析：
- 问题目标： 构造满足条件的合法方案，使得计算结果最大；
-
问题条件： 数组下标满足
的三位数；
-
计算结果：
。
思考实现：
-
T1. 有序三元组中的最大值 I 的数据量只有
，枚举所有合法的
组合，时间复杂度是
；
-
T2. 有序三元组中的最大值 II 的数据量有
，我们需要思考更优解法。
思考优化：
为了使得计算结果尽可能大，显然应该让乘法的左右两部分尽可能大。对于存在多个变量的问题，一个重要的技巧是 「固定一个，思考另一个」 ，这就容易多了。
-
固定
： 为了让结果更大，应该找到
左边最大的
和右边最大的
组合，时间复杂度是
。我们也可以使用前后缀分解预处理出来，这样时间复杂度就是
；
-
固定
： 同理，固定
最大的方案，这可以实现线性时间和常量空间。
题解一（枚举）
枚举所有方案，记录最优解。
class Solution {
fun maximumTripletValue(nums: IntArray): Long {
var ret = 0L
val n = nums.size
for (i in 0 until n) {
for (j in i + 1 until n) {
for (k in j + 1 until n) {
ret = max(ret, 1L * (nums[i] - nums[j]) * nums[k])
}
}
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
题解二（前后缀分解）
预处理出每个位置前后的最大值，再枚举 记录最优解。
class Solution {
fun maximumTripletValue(nums: IntArray): Long {
val n = nums.size
val preMax = IntArray(n)
var sufMax = IntArray(n)
for (i in 1 until n) {
preMax[i] = max(preMax[i - 1], nums[i - 1])
}
for (i in n - 2 downTo 0) {
sufMax[i] = max(sufMax[i + 1], nums[i + 1])
}
return max(0, (1 .. n - 2).maxOf { 1L * (preMax[it] - nums[it]) * sufMax[it] })
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
题解三（线性遍历）
线性遍历 并记录
的最大值，记录最优解。
class Solution {
fun maximumTripletValue(nums: IntArray): Long {
val n = nums.size
var ret = 0L
var maxDelta = 0
var maxI = 0
for (e in nums) {
ret = max(ret, 1L * maxDelta * e)
maxDelta = max(maxDelta, maxI - e)
maxI = max(maxI, e)
}
return ret
}
}
class Solution:
def maximumTripletValue(self, nums: List[int]) -> int:
ret = maxDelta = maxI = 0
for e in nums:
ret = max(ret, maxDelta * e)
maxDelta = max(maxDelta, maxI - e)
maxI = max(maxI, e)
return ret
class Solution {
public:
long long maximumTripletValue(vector<int> &nums) {
long long ret = 0;
int max_delta = 0, max_i = 0;
for (int e : nums) {
ret = max(ret, (long long) max_delta * e);
max_delta = max(max_delta, max_i - e);
max_i = max(max_i, e);
}
return ret;
}
};
复杂度分析：
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
T3. 无限数组的最短子数组（Medium）
https://leetcode.cn/problems/minimum-size-subarray-in-infinite-array/description/
问题分析
令 数组的整体元素和为
，考虑
的两种情况：
- 对于
很小的情况（小于数组整体和
）：这是很简单的滑动窗口问题；
- 对于
的子数组。
class Solution {
fun minSizeSubarray(nums: IntArray, t: Int): Int {
val n = nums.size
val s = nums.sum()
val k = t % s
// 同向双指针
var left = 0
var sum = 0
var len = n
for (right in 0 until 2 * n) {
sum += nums[right % n]
while (sum > k) {
sum -= nums[left % n]
left ++
}
if (sum == k) len = min(len, right - left + 1)
}
return if (len == n) -1 else n * (t / s) + len
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：
倍数组长度；
- 空间复杂度：仅使用常量级别空间。
T4. 有向图访问计数（Hard）
https://leetcode.cn/problems/count-visited-nodes-in-a-directed-graph/description/
问题分析
初步分析：
对于 个点
条边的有向弱连通图，图中每个点的出度都是
，因此它是一棵 「内向基环树」。那么，对于每个点有
种情况：
- 环上节点：绕环行走一圈后就会回到当前位置，因此最长访问路径就是环长；
- 树链节点：那么从树链走到环上后也可以绕环行走一圈，因此最长访问路径就是走到环的路径 + 环长。
思考实现：
- 只有一个连通分量的情况： 那么问题就相对简单，我们用拓扑排序剪去树链，并记录链上节点的深度（到环上的距离），最后剩下的部分就是基环；
- 有多个连通分量的情况： 我们需要枚举每个连通分量的基环，再将基环的长度累加到该连通分量的每个节点。
题解（拓扑排序 + DFS）
- 第一个问题：将基环的长度累加到该连通分量的每个节点
拓扑排序减去树链很容易实现，考虑到我们这道题在找到基环后需要反向遍历树链，因此我们考虑构造反向图（外向基环树）；
- 第二个问题：找到基环长度
在拓扑排序后，树链上节点的入度都是 ，因此入度大于
的节点就位于基环上。枚举未访问的基环节点走 DFS，就可以找到该连通分量的基环。
class Solution {
fun countVisitedNodes(edges: List<Int>): IntArray {
// 内向基环树
val n = edges.size
val degree = IntArray(n)
val graph = Array(n) { LinkedList<Int>() }
for ((x,y) in edges.withIndex()) {
graph[y].add(x)
degree[y]++ // 入度
}
// 拓扑排序
val ret = IntArray(n)
var queue = LinkedList<Int>()
for (i in 0 until n) {
if (0 == degree[i]) queue.offer(i)
}
while(!queue.isEmpty()) {
val x = queue.poll()
val y = edges[x]
if (0 == -- degree[y]) queue.offer(y)
}
// 反向 DFS
fun rdfs(i: Int, depth: Int) {
for (to in graph[i]) {
if (degree[to] == -1) continue
ret[to] = depth
rdfs(to, depth + 1)
}
}
// 枚举连通分量
for (i in 0 until n) {
if (degree[i] <= 0) continue
val ring = LinkedList<Int>()
var x = i
while (true) {
degree[x] = -1
ring.add(x)
x = edges[x]
if (x == i) break
}
for (e in ring) {
ret[e] = ring.size
rdfs(e, ring.size + 1)
}
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
题解二（朴素 DFS）
思路参考小羊的题解。
我们发现这道题的核心在于 「找到每个基环的节点」 ，除了拓扑排序剪枝外，对于内向基环树来，从任何一个节点走 DFS 走到的最后一个节点一定是基环上的节点。
在细节上，对于每个未访问过的节点走 DFS 的结果会存在 种情况：
- 环上节点：刚好走过基环；
- 树链节点：走过树链 + 基环。
- 还有
种情况：DFS 起点是从树链的末端走的，而前面树链的部分和基环都被走过，此时 DFS 终点就不一定是基环节点了。这种情况就同理从终点直接反向遍历就好了，等于说省略了处理基环的步骤。
class Solution {
fun countVisitedNodes(edges: List<Int>): IntArray {
val n = edges.size
val ret = IntArray(n)
val visit = BooleanArray(n)
for (i in 0 until n) {
if (visit[i]) continue
// DFS
val link = LinkedList<Int>()
var x = i
while (!visit[x]) {
visit[x] = true
link.add(x)
x = edges[x]
}
if (ret[x] == 0) {
val depth = link.size - link.indexOf(x) // (此时 x 位于基环入口)
repeat(depth) {
ret[link.pollLast()] = depth
}
}
var depth = ret[x]
while (!link.isEmpty()) {
ret[link.pollLast()] = ++depth
}
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
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