除法求值

1.题目内容

给你一个变量对数组 equations 和一个实数值数组 values 作为已知条件，其中 equations[i] = [Ai, Bi] 和 values[i] 共同表示等式 Ai / Bi = values[i] 。每个 Ai 或 Bi 是一个表示单个变量的字符串。

另有一些以数组 queries 表示的问题，其中 queries[j] = [Cj, Dj] 表示第 j 个问题，请你根据已知条件找出 Cj / Dj = ? 的结果作为答案。

返回 所有问题的答案 。如果存在某个无法确定的答案，则用 -1.0 替代这个答案。如果问题中出现了给定的已知条件中没有出现的字符串，也需要用 -1.0 替代这个答案。

注意：输入总是有效的。你可以假设除法运算中不会出现除数为 0 的情况，且不存在任何矛盾的结果。

注意：未在等式列表中出现的变量是未定义的，因此无法确定它们的答案。

示例 1：

输入：equations = [["a","b"],["b","c"]], values = [2.0,3.0], queries = [["a","c"],["b","a"],["a","e"],["a","a"],["x","x"]]
输出：[6.00000,0.50000,-1.00000,1.00000,-1.00000]
解释：
条件：a / b = 2.0, b / c = 3.0
问题：a / c = ?, b / a = ?, a / e = ?, a / a = ?, x / x = ?
结果：[6.0, 0.5, -1.0, 1.0, -1.0 ]
注意：x 是未定义的 => -1.0

示例 2：

1 2	输入：equations = [["a","b"],["b","c"],["bc","cd"]], values = [1.5,2.5,5.0], queries = [["a","c"],["c","b"],["bc","cd"],["cd","bc"]] 输出：[3.75000,0.40000,5.00000,0.20000]

示例 3：

1 2	输入：equations = [["a","b"]], values = [0.5], queries = [["a","b"],["b","a"],["a","c"],["x","y"]] 输出：[0.50000,2.00000,-1.00000,-1.00000]

提示：

1 <= equations.length <= 20
equations[i].length == 2
1 <= Ai.length, Bi.length <= 5
values.length == equations.length
0.0 < values[i] <= 20.0
1 <= queries.length <= 20
queries[i].length == 2
1 <= Cj.length, Dj.length <= 5
Ai, Bi, Cj, Dj 由小写英文字母与数字组成

2.解法

广度优先搜索

思路及算法

我们可以将整个问题建模成一张图：给定图中的一些点（变量），以及某些边的权值（两个变量的比值），试对任意两点（两个变量）求出其路径长（两个变量的比值）。

因此，我们首先需要遍历 equations 数组，找出其中所有不同的字符串，并通过哈希表将每个不同的字符串映射成整数。

在构建完图之后，对于任何一个查询，就可以从起点出发，通过广度优先搜索的方式，不断更新起点与当前点之间的路径长度，直到搜索到终点为止。

代码

//C++
class Solution {
public:
    vector<double> calcEquation(vector<vector<string>>& equations, vector<double>& values, vector<vector<string>>& queries) {
        int nvars = 0;
        unordered_map<string, int> variables;

        int n = equations.size();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (variables.find(equations[i][0]) == variables.end()) {
                variables[equations[i][0]] = nvars++;
            }
            if (variables.find(equations[i][1]) == variables.end()) {
                variables[equations[i][1]] = nvars++;
            }
        }

        // 对于每个点，存储其直接连接到的所有点及对应的权值
        vector<vector<pair<int, double>>> edges(nvars);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int va = variables[equations[i][0]], vb = variables[equations[i][1]];
            edges[va].push_back(make_pair(vb, values[i]));
            edges[vb].push_back(make_pair(va, 1.0 / values[i]));
        }

        vector<double> ret;
        for (const auto& q: queries) {
            double result = -1.0;
            if (variables.find(q[0]) != variables.end() && variables.find(q[1]) != variables.end()) {
                int ia = variables[q[0]], ib = variables[q[1]];
                if (ia == ib) {
                    result = 1.0;
                } else {
                    queue<int> points;
                    points.push(ia);
                    vector<double> ratios(nvars, -1.0);
                    ratios[ia] = 1.0;

                    while (!points.empty() && ratios[ib] < 0) {
                        int x = points.front();
                        points.pop();

                        for (const auto [y, val]: edges[x]) {
                            if (ratios[y] < 0) {
                                ratios[y] = ratios[x] * val;
                                points.push(y);
                            }
                        }
                    }
                    result = ratios[ib];
                }
            }
            ret.push_back(result);
        }
        return ret;
    }
};

//Java
class Solution {
    public double[] calcEquation(List<List<String>> equations, double[] values, List<List<String>> queries) {
        int nvars = 0;
        Map<String, Integer> variables = new HashMap<String, Integer>();

        int n = equations.size();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (!variables.containsKey(equations.get(i).get(0))) {
                variables.put(equations.get(i).get(0), nvars++);
            }
            if (!variables.containsKey(equations.get(i).get(1))) {
                variables.put(equations.get(i).get(1), nvars++);
            }
        }

        // 对于每个点，存储其直接连接到的所有点及对应的权值
        List<Pair>[] edges = new List[nvars];
        for (int i = 0; i < nvars; i++) {
            edges[i] = new ArrayList<Pair>();
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int va = variables.get(equations.get(i).get(0)), vb = variables.get(equations.get(i).get(1));
            edges[va].add(new Pair(vb, values[i]));
            edges[vb].add(new Pair(va, 1.0 / values[i]));
        }

        int queriesCount = queries.size();
        double[] ret = new double[queriesCount];
        for (int i = 0; i < queriesCount; i++) {
            List<String> query = queries.get(i);
            double result = -1.0;
            if (variables.containsKey(query.get(0)) && variables.containsKey(query.get(1))) {
                int ia = variables.get(query.get(0)), ib = variables.get(query.get(1));
                if (ia == ib) {
                    result = 1.0;
                } else {
                    Queue<Integer> points = new LinkedList<Integer>();
                    points.offer(ia);
                    double[] ratios = new double[nvars];
                    Arrays.fill(ratios, -1.0);
                    ratios[ia] = 1.0;

                    while (!points.isEmpty() && ratios[ib] < 0) {
                        int x = points.poll();
                        for (Pair pair : edges[x]) {
                            int y = pair.index;
                            double val = pair.value;
                            if (ratios[y] < 0) {
                                ratios[y] = ratios[x] * val;
                                points.offer(y);
                            }
                        }
                    }
                    result = ratios[ib];
                }
            }
            ret[i] = result;
        }
        return ret;
    }
}

class Pair {
    int index;
    double value;

    Pair(int index, double value) {
        this.index = index;
        this.value = value;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(ML+Q⋅(L+M))，其中 M 为边的数量，Q 为询问的数量，L 为字符串的平均长度。构建图时，需要处理 M 条边，每条边都涉及到 O(L) 的字符串比较；处理查询时，每次查询首先要进行一次 O(L) 的比较，然后至多遍历 O(M) 条边。
空间复杂度：O(NL+M)，其中 N 为点的数量，M 为边的数量，L 为字符串的平均长度。为了将每个字符串映射到整数，需要开辟空间为 O(NL) 的哈希表；随后，需要花费 O(M) 的空间存储每条边的权重；处理查询时，还需要 O(N) 的空间维护访问队列。最终，总的复杂度为 O(NL+M+N)=O(NL+M)。

克隆图

1.题目内容

给你无向连通图中一个节点的引用，请你返回该图的深拷贝（克隆）。

图中的每个节点都包含它的值 val（int）和其邻居的列表（list[Node]）。

class Node {
    public int val;
    public List<Node> neighbors;
}

测试用例格式：

简单起见，每个节点的值都和它的索引相同。例如，第一个节点值为 1（val = 1），第二个节点值为 2（val = 2），以此类推。该图在测试用例中使用邻接列表表示。

邻接列表 是用于表示有限图的无序列表的集合。每个列表都描述了图中节点的邻居集。

给定节点将始终是图中的第一个节点（值为 1）。你必须将 给定节点的拷贝 作为对克隆图的引用返回。

示例 1：

输入：adjList = [[2,4],[1,3],[2,4],[1,3]]
输出：[[2,4],[1,3],[2,4],[1,3]]
解释：
图中有 4 个节点。
节点 1 的值是 1，它有两个邻居：节点 2 和 4 。
节点 2 的值是 2，它有两个邻居：节点 1 和 3 。
节点 3 的值是 3，它有两个邻居：节点 2 和 4 。
节点 4 的值是 4，它有两个邻居：节点 1 和 3 。

示例 2：

1
2
3

输入：adjList = [[]]
输出：[[]]
解释：输入包含一个空列表。该图仅仅只有一个值为 1 的节点，它没有任何邻居。

示例 3：

1
2
3

输入：adjList = []
输出：[]
解释：这个图是空的，它不含任何节点。

提示：

这张图中的节点数在 [0, 100] 之间。
1 <= Node.val <= 100
每个节点值 Node.val 都是唯一的，
图中没有重复的边，也没有自环。
图是连通图，你可以从给定节点访问到所有节点。

2.解法

（1）深度优先遍历

思路及算法

对于本题而言，我们需要明确图的深拷贝是在做什么，对于一张图而言，它的深拷贝即构建一张与原图结构，值均一样的图，但是其中的节点不再是原来图节点的引用。因此，为了深拷贝出整张图，我们需要知道整张图的结构以及对应节点的值。

由于题目只给了我们一个节点的引用，因此为了知道整张图的结构以及对应节点的值，我们需要从给定的节点出发，进行「图的遍历」，并在遍历的过程中完成图的深拷贝。

为了避免在深拷贝时陷入死循环，我们需要理解图的结构。对于一张无向图，任何给定的无向边都可以表示为两个有向边，即如果节点 A 和节点 B 之间存在无向边，则表示该图具有从节点 A 到节点 B 的有向边和从节点 B 到节点 A 的有向边。

fig1

流程如下：

使用一个哈希表存储所有已被访问和克隆的节点。哈希表中的 key 是原始图中的节点，value 是克隆图中的对应节点。
从给定节点开始遍历图。如果某个节点已经被访问过，则返回其克隆图中的对应节点。

如下图，我们给定无向边边 A - B，表示 A 能连接到 B，且 B 能连接到 A。如果不对访问过的节点做标记，则会陷入死循环中。

fig2

如果当前访问的节点不在哈希表中，则创建它的克隆节点并存储在哈希表中。注意：在进入递归之前，必须先创建克隆节点并保存在哈希表中。如果不保证这种顺序，可能会在递归中再次遇到同一个节点，再次遍历该节点时，陷入死循环。

fig3

递归调用每个节点的邻接点。每个节点递归调用的次数等于邻接点的数量，每一次调用返回其对应邻接点的克隆节点，最终返回这些克隆邻接点的列表，将其放入对应克隆节点的邻接表中。这样就可以克隆给定的节点和其邻接点。

代码

//Java
class Solution {
    private HashMap <Node, Node> visited = new HashMap <> ();
    public Node cloneGraph(Node node) {
        if (node == null) {
            return node;
        }

        // 如果该节点已经被访问过了，则直接从哈希表中取出对应的克隆节点返回
        if (visited.containsKey(node)) {
            return visited.get(node);
        }

        // 克隆节点，注意到为了深拷贝我们不会克隆它的邻居的列表
        Node cloneNode = new Node(node.val, new ArrayList());
        // 哈希表存储
        visited.put(node, cloneNode);

        // 遍历该节点的邻居并更新克隆节点的邻居列表
        for (Node neighbor: node.neighbors) {
            cloneNode.neighbors.add(cloneGraph(neighbor));
        }
        return cloneNode;
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    unordered_map<Node*, Node*> visited;
    Node* cloneGraph(Node* node) {
        if (node == nullptr) {
            return node;
        }

        // 如果该节点已经被访问过了，则直接从哈希表中取出对应的克隆节点返回
        if (visited.find(node) != visited.end()) {
            return visited[node];
        }

        // 克隆节点，注意到为了深拷贝我们不会克隆它的邻居的列表
        Node* cloneNode = new Node(node->val);
        // 哈希表存储
        visited[node] = cloneNode;

        // 遍历该节点的邻居并更新克隆节点的邻居列表
        for (auto& neighbor: node->neighbors) {
            cloneNode->neighbors.emplace_back(cloneGraph(neighbor));
        }
        return cloneNode;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(N)，其中 N 表示节点数量。深度优先搜索遍历图的过程中每个节点只会被访问一次。
空间复杂度：O(N)。存储克隆节点和原节点的哈希表需要 O(N) 的空间，递归调用栈需要 O(H) 的空间，其中 H 是图的深度，经过放缩可以得到 O(H)=O(N)，因此总体空间复杂度为 O(N)。

（2）广度优先遍历

同样，我们也可以用广度优先搜索来进行「图的遍历」。

fig4

流程如下：

使用一个哈希表 visited 存储所有已被访问和克隆的节点。哈希表中的 key 是原始图中的节点，value 是克隆图中的对应节点。
将题目给定的节点添加到队列。克隆该节点并存储到哈希表中。
每次从队列首部取出一个节点，遍历该节点的所有邻接点。如果某个邻接点已被访问，则该邻接点一定在 visited 中，那么从 visited 获得该邻接点，否则创建一个新的节点存储在 visited 中，并将邻接点添加到队列。将克隆的邻接点添加到克隆图对应节点的邻接表中。重复上述操作直到队列为空，则整个图遍历结束。

代码

//Java
class Solution {
    public Node cloneGraph(Node node) {
        if (node == null) {
            return node;
        }

        HashMap<Node, Node> visited = new HashMap();

        // 将题目给定的节点添加到队列
        LinkedList<Node> queue = new LinkedList<Node> ();
        queue.add(node);
        // 克隆第一个节点并存储到哈希表中
        visited.put(node, new Node(node.val, new ArrayList()));

        // 广度优先搜索
        while (!queue.isEmpty()) {
            // 取出队列的头节点
            Node n = queue.remove();
            // 遍历该节点的邻居
            for (Node neighbor: n.neighbors) {
                if (!visited.containsKey(neighbor)) {
                    // 如果没有被访问过，就克隆并存储在哈希表中
                    visited.put(neighbor, new Node(neighbor.val, new ArrayList()));
                    // 将邻居节点加入队列中
                    queue.add(neighbor);
                }
                // 更新当前节点的邻居列表
                visited.get(n).neighbors.add(visited.get(neighbor));
            }
        }

        return visited.get(node);
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    Node* cloneGraph(Node* node) {
        if (node == nullptr) {
            return node;
        }

        unordered_map<Node*, Node*> visited;

        // 将题目给定的节点添加到队列
        queue<Node*> Q;
        Q.push(node);
        // 克隆第一个节点并存储到哈希表中
        visited[node] = new Node(node->val);

        // 广度优先搜索
        while (!Q.empty()) {
            // 取出队列的头节点
            auto n = Q.front();
            Q.pop();
            // 遍历该节点的邻居
            for (auto& neighbor: n->neighbors) {
                if (visited.find(neighbor) == visited.end()) {
                    // 如果没有被访问过，就克隆并存储在哈希表中
                    visited[neighbor] = new Node(neighbor->val);
                    // 将邻居节点加入队列中
                    Q.push(neighbor);
                }
                // 更新当前节点的邻居列表
                visited[n]->neighbors.emplace_back(visited[neighbor]);
            }
        }

        return visited[node];
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(N)，其中 N 表示节点数量。广度优先搜索遍历图的过程中每个节点只会被访问一次。
空间复杂度：O(N)。哈希表使用 O(N) 的空间。广度优先搜索中的队列在最坏情况下会达到 O(N) 的空间复杂度，因此总体空间复杂度为 O(N)。

被围绕的区域

1.题目内容

给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 'X' 和 'O' ，找到所有被 'X' 围绕的区域，并将这些区域里所有的 'O' 用 'X' 填充。

示例 1：

1
2
3

输入：board = [["X","X","X","X"],["X","O","O","X"],["X","X","O","X"],["X","O","X","X"]]
输出：[["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","O","X","X"]]
解释：被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 'O' 都不会被填充为 'X'。 任何不在边界上，或不与边界上的 'O' 相连的 'O' 最终都会被填充为 'X'。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。

示例 2：

1 2	输入：board = [["X"]] 输出：[["X"]]

提示：

m == board.length
n == board[i].length
1 <= m, n <= 200
board[i][j] 为 'X' 或 'O'

2.解法

（1）深度优先搜索

思路及算法

我们可以使用深度优先搜索实现标记操作。在下面的代码中，我们把标记过的字母 O 修改为字母 A。

代码

//C++
class Solution {
public:
    int n, m;

    void dfs(vector<vector<char>>& board, int x, int y) {
        if (x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m || board[x][y] != 'O') {
            return;
        }
        board[x][y] = 'A';
        dfs(board, x + 1, y);
        dfs(board, x - 1, y);
        dfs(board, x, y + 1);
        dfs(board, x, y - 1);
    }

    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        n = board.size();
        if (n == 0) {
            return;
        }
        m = board[0].size();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dfs(board, i, 0);
            dfs(board, i, m - 1);
        }
        for (int i = 1; i < m - 1; i++) {
            dfs(board, 0, i);
            dfs(board, n - 1, i);
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (board[i][j] == 'A') {
                    board[i][j] = 'O';
                } else if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }
};

//Java
class Solution {
    int n, m;

    public void solve(char[][] board) {
        n = board.length;
        if (n == 0) {
            return;
        }
        m = board[0].length;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dfs(board, i, 0);
            dfs(board, i, m - 1);
        }
        for (int i = 1; i < m - 1; i++) {
            dfs(board, 0, i);
            dfs(board, n - 1, i);
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (board[i][j] == 'A') {
                    board[i][j] = 'O';
                } else if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }

    public void dfs(char[][] board, int x, int y) {
        if (x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m || board[x][y] != 'O') {
            return;
        }
        board[x][y] = 'A';
        dfs(board, x + 1, y);
        dfs(board, x - 1, y);
        dfs(board, x, y + 1);
        dfs(board, x, y - 1);
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n×m)，其中 n 和 m 分别为矩阵的行数和列数。深度优先搜索过程中，每一个点至多只会被标记一次。
空间复杂度：O(n×m)，其中 n 和 m 分别为矩阵的行数和列数。主要为深度优先搜索的栈的开销。

（2）广度优先搜索

思路及算法

我们可以使用广度优先搜索实现标记操作。在下面的代码中，我们把标记过的字母 O 修改为字母 A。

代码

//C++
class Solution {
public:
    const int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
    const int dy[4] = {0, 0, 1, -1};

    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        int n = board.size();
        if (n == 0) {
            return;
        }
        int m = board[0].size();
        queue<pair<int, int>> que;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (board[i][0] == 'O') {
                que.emplace(i, 0);
                board[i][0] = 'A';
            }
            if (board[i][m - 1] == 'O') {
                que.emplace(i, m - 1);
                board[i][m - 1] = 'A';
            }
        }
        for (int i = 1; i < m - 1; i++) {
            if (board[0][i] == 'O') {
                que.emplace(0, i);
                board[0][i] = 'A';
            }
            if (board[n - 1][i] == 'O') {
                que.emplace(n - 1, i);
                board[n - 1][i] = 'A';
            }
        }
        while (!que.empty()) {
            int x = que.front().first, y = que.front().second;
            que.pop();
            for (int i = 0; i < 4; i++) {
                int mx = x + dx[i], my = y + dy[i];
                if (mx < 0 || my < 0 || mx >= n || my >= m || board[mx][my] != 'O') {
                    continue;
                }
                que.emplace(mx, my);
                board[mx][my] = 'A';
            }
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (board[i][j] == 'A') {
                    board[i][j] = 'O';
                } else if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }
};

//Java
class Solution {
    int[] dx = {1, -1, 0, 0};
    int[] dy = {0, 0, 1, -1};

    public void solve(char[][] board) {
        int n = board.length;
        if (n == 0) {
            return;
        }
        int m = board[0].length;
        Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (board[i][0] == 'O') {
                queue.offer(new int[]{i, 0});
                board[i][0] = 'A';
            }
            if (board[i][m - 1] == 'O') {
                queue.offer(new int[]{i, m - 1});
                board[i][m - 1] = 'A';
            }
        }
        for (int i = 1; i < m - 1; i++) {
            if (board[0][i] == 'O') {
                queue.offer(new int[]{0, i});
                board[0][i] = 'A';
            }
            if (board[n - 1][i] == 'O') {
                queue.offer(new int[]{n - 1, i});
                board[n - 1][i] = 'A';
            }
        }
        while (!queue.isEmpty()) {
            int[] cell = queue.poll();
            int x = cell[0], y = cell[1];
            for (int i = 0; i < 4; i++) {
                int mx = x + dx[i], my = y + dy[i];
                if (mx < 0 || my < 0 || mx >= n || my >= m || board[mx][my] != 'O') {
                    continue;
                }
                queue.offer(new int[]{mx, my});
                board[mx][my] = 'A';
            }
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (board[i][j] == 'A') {
                    board[i][j] = 'O';
                } else if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n×m)，其中 n 和 m 分别为矩阵的行数和列数。广度优先搜索过程中，每一个点至多只会被标记一次。
空间复杂度：O(n×m)，其中 n 和 m 分别为矩阵的行数和列数。主要为广度优先搜索的队列的开销。

课程表

1.题目内容

你这个学期必须选修 numCourses 门课程，记为 0 到 numCourses - 1 。

在选修某些课程之前需要一些先修课程。先修课程按数组 prerequisites 给出，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示如果要学习课程 ai 则必须先学习课程 bi 。

例如，先修课程对 [0, 1] 表示：想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 。

请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

1
2
3

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出：true
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0 。这是可能的。

示例 2：

1
2
3

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0],[0,1]]
输出：false
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0 ；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1 。这是不可能的。

提示：

1 <= numCourses <= 2000
0 <= prerequisites.length <= 5000
prerequisites[i].length == 2
0 <= ai, bi < numCourses
prerequisites[i] 中的所有课程对 互不相同

2.解法

（1）广度优先遍历

思路及算法

统计课程安排图中每个节点的入度，生成入度表 indegrees。
借助一个队列 queue，将所有入度为 0 的节点入队。
当 queue 非空时，依次将队首节点出队，在课程安排图中删除此节点 pre：
- 并不是真正从邻接表中删除此节点 pre，而是将此节点对应所有邻接节点 cur 的入度 −1，即 indegrees[cur] -= 1。
- 当入度 −1后邻接节点 cur 的入度为 0，说明 cur 所有的前驱节点已经被 “删除”，此时将 cur 入队。
在每次 pre 出队时，执行 numCourses–；
- 若整个课程安排图是有向无环图（即可以安排），则所有节点一定都入队并出队过，即完成拓扑排序。换个角度说，若课程安排图中存在环，一定有节点的入度始终不为 0。
- 因此，拓扑排序出队次数等于课程个数，返回 numCourses == 0 判断课程是否可以成功安排。

代码

//Java
class Solution {
    public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        int[] indegrees = new int[numCourses];
        List<List<Integer>> adjacency = new ArrayList<>();
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
        for(int i = 0; i < numCourses; i++)
            adjacency.add(new ArrayList<>());
        // Get the indegree and adjacency of every course.
        for(int[] cp : prerequisites) {
            indegrees[cp[0]]++;
            adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);
        }
        // Get all the courses with the indegree of 0.
        for(int i = 0; i < numCourses; i++)
            if(indegrees[i] == 0) queue.add(i);
        // BFS TopSort.
        while(!queue.isEmpty()) {
            int pre = queue.poll();
            numCourses--;
            for(int cur : adjacency.get(pre))
                if(--indegrees[cur] == 0) queue.add(cur);
        }
        return numCourses == 0;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度 O(N+M)：遍历一个图需要访问所有节点和所有临边，N 和 M 分别为节点数量和临边数量；
空间复杂度 O(N+M)：为建立邻接表所需额外空间，adjacency 长度为 N ，并存储 M 条临边的数据。

（2）深度优先遍历

思路及算法

借助一个标志列表 flags，用于判断每个节点 i （课程）的状态：
- 未被 DFS 访问：i == 0；
- 已被其他节点启动的 DFS 访问：i == -1；
- 已被当前节点启动的 DFS 访问：i == 1。
对 numCourses 个节点依次执行 DFS，判断每个节点起步 DFS 是否存在环，若存在环直接返回 False。DFS 流程；
- 终止条件：
  - 当 flag[i] == -1，说明当前访问节点已被其他节点启动的 DFS 访问，无需再重复搜索，直接返回 True。
  - 当 flag[i] == 1，说明在本轮 DFS 搜索中节点 i 被第 2 次访问，即课程安排图有环，直接返回 False。
- 将当前访问节点 i 对应 flag[i] 置 1，即标记其被本轮 DFS 访问过；
- 递归访问当前节点 i 的所有邻接节点 j，当发现环直接返回 False；
- 当前节点所有邻接节点已被遍历，并没有发现环，则将当前节点 flag 置为 −1 并返回 True。
若整个图 DFS 结束并未发现环，返回 True。

代码

//Java
class Solution {
    public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        List<List<Integer>> adjacency = new ArrayList<>();
        for(int i = 0; i < numCourses; i++)
            adjacency.add(new ArrayList<>());
        int[] flags = new int[numCourses];
        for(int[] cp : prerequisites)
            adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);
        for(int i = 0; i < numCourses; i++)
            if(!dfs(adjacency, flags, i)) return false;
        return true;
    }
    private boolean dfs(List<List<Integer>> adjacency, int[] flags, int i) {
        if(flags[i] == 1) return false;
        if(flags[i] == -1) return true;
        flags[i] = 1;
        for(Integer j : adjacency.get(i))
            if(!dfs(adjacency, flags, j)) return false;
        flags[i] = -1;
        return true;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度 O(N+M)：遍历一个图需要访问所有节点和所有临边，N 和 M 分别为节点数量和临边数量；
空间复杂度 O(N+M)：为建立邻接表所需额外空间，adjacency 长度为 N ，并存储 M 条临边的数据。

实现前缀树

1.题目内容

T（发音类似 “try”）或者说 前缀树 是一种树形数据结构，用于高效地存储和检索字符串数据集中的键。这一数据结构有相当多的应用情景，例如自动补完和拼写检查。

请你实现 Trie 类：

Trie() 初始化前缀树对象。
void insert(String word) 向前缀树中插入字符串 word 。
boolean search(String word) 如果字符串 word 在前缀树中，返回 true（即，在检索之前已经插入）；否则，返回 false 。
boolean startsWith(String prefix) 如果之前已经插入的字符串 word 的前缀之一为 prefix ，返回 true ；否则，返回 false 。

示例：

输入
["Trie", "insert", "search", "search", "startsWith", "insert", "search"]
[[], ["apple"], ["apple"], ["app"], ["app"], ["app"], ["app"]]
输出
[null, null, true, false, true, null, true]

解释
Trie trie = new Trie();
trie.insert("apple");
trie.search("apple");   // 返回 True
trie.search("app");     // 返回 False
trie.startsWith("app"); // 返回 True
trie.insert("app");
trie.search("app");     // 返回 True

提示：

1 <= word.length, prefix.length <= 2000
word 和 prefix 仅由小写英文字母组成
insert、search 和 startsWith 调用次数总计不超过 3 * 10000 次

2.解法

字典树

思路及算法

Trie，又称前缀树或字典树，是一棵有根树，其每个节点包含以下字段：

指向子节点的指针数组 children。对于本题而言，数组长度为 26，即小写英文字母的数量。此时 children[0] 对应小写字母 a，children[1] 对应小写字母 b，…，children[25] 对应小写字母 z。
布尔字段 isEnd，表示该节点是否为字符串的结尾。

插入字符串

我们从字典树的根开始，插入字符串。对于当前字符对应的子节点，有两种情况：

子节点存在。沿着指针移动到子节点，继续处理下一个字符。
子节点不存在。创建一个新的子节点，记录在 children数组的对应位置上，然后沿着指针移动到子节点，继续搜索下一个字符。
重复以上步骤，直到处理字符串的最后一个字符，然后将当前节点标记为字符串的结尾。

查找前缀

我们从字典树的根开始，查找前缀。对于当前字符对应的子节点，有两种情况：

子节点存在。沿着指针移动到子节点，继续搜索下一个字符。
子节点不存在。说明字典树中不包含该前缀，返回空指针。
重复以上步骤，直到返回空指针或搜索完前缀的最后一个字符。

若搜索到了前缀的末尾，就说明字典树中存在该前缀。此外，若前缀末尾对应节点的 isEnd\textit{isEnd}isEnd 为真，则说明字典树中存在该字符串。

代码

//C++
class Trie {
private:
    vector<Trie*> children;
    bool isEnd;

    Trie* searchPrefix(string prefix) {
        Trie* node = this;
        for (char ch : prefix) {
            ch -= 'a';
            if (node->children[ch] == nullptr) {
                return nullptr;
            }
            node = node->children[ch];
        }
        return node;
    }

public:
    Trie() : children(26), isEnd(false) {}

    void insert(string word) {
        Trie* node = this;
        for (char ch : word) {
            ch -= 'a';
            if (node->children[ch] == nullptr) {
                node->children[ch] = new Trie();
            }
            node = node->children[ch];
        }
        node->isEnd = true;
    }

    bool search(string word) {
        Trie* node = this->searchPrefix(word);
        return node != nullptr && node->isEnd;
    }

    bool startsWith(string prefix) {
        return this->searchPrefix(prefix) != nullptr;
    }
};

//Java
class Trie {
    private Trie[] children;
    private boolean isEnd;

    public Trie() {
        children = new Trie[26];
        isEnd = false;
    }
    
    public void insert(String word) {
        Trie node = this;
        for (int i = 0; i < word.length(); i++) {
            char ch = word.charAt(i);
            int index = ch - 'a';
            if (node.children[index] == null) {
                node.children[index] = new Trie();
            }
            node = node.children[index];
        }
        node.isEnd = true;
    }
    
    public boolean search(String word) {
        Trie node = searchPrefix(word);
        return node != null && node.isEnd;
    }
    
    public boolean startsWith(String prefix) {
        return searchPrefix(prefix) != null;
    }

    private Trie searchPrefix(String prefix) {
        Trie node = this;
        for (int i = 0; i < prefix.length(); i++) {
            char ch = prefix.charAt(i);
            int index = ch - 'a';
            if (node.children[index] == null) {
                return null;
            }
            node = node.children[index];
        }
        return node;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：初始化为 O(1)，其余操作为 O(∣S∣)，其中 ∣S∣ 是每次插入或查询的字符串的长度。
空间复杂度：O(∣T∣⋅Σ)，其中 ∣T∣ 为所有插入字符串的长度之和，Σ 为字符集的大小，本题 Σ=26。

腐烂的橘子

1.题目内容

在给定的 m x n 网格 grid 中，每个单元格可以有以下三个值之一：

值 0 代表空单元格；
值 1 代表新鲜橘子；
值 2 代表腐烂的橘子。

每分钟，腐烂的橘子 周围 4 个方向上相邻 的新鲜橘子都会腐烂。

返回 直到单元格中没有新鲜橘子为止所必须经过的最小分钟数。如果不可能，返回 -1 。

示例 1：

1 2	输入：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]] 输出：4

示例 2：

1
2
3

输入：grid = [[2,1,1],[0,1,1],[1,0,1]]
输出：-1
解释：左下角的橘子（第 2 行， 第 0 列）永远不会腐烂，因为腐烂只会发生在 4 个方向上。

示例 3：

1
2
3

输入：grid = [[0,2]]
输出：0
解释：因为 0 分钟时已经没有新鲜橘子了，所以答案就是 0 。

提示：

m == grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 10
grid[i][j] 仅为 0、1 或 2

2.解法

多源广度优先搜索

思路及算法

观察到对于所有的腐烂橘子，其实它们在广度优先搜索上是等价于同一层的节点的。

假设这些腐烂橘子刚开始是新鲜的，而有一个腐烂橘子(我们令其为超级源点)会在下一秒把这些橘子都变腐烂，而这个腐烂橘子刚开始在的时间是 −1 ，那么按照广度优先搜索的算法，下一分钟也就是第 0 分钟的时候，这个腐烂橘子会把它们都变成腐烂橘子，然后继续向外拓展，所以其实这些腐烂橘子是同一层的节点。那么在广度优先搜索的时候，我们将这些腐烂橘子都放进队列里进行广度优先搜索即可，最后每个新鲜橘子被腐烂的最短时间 dis[x] [y]其实是以这个超级源点的腐烂橘子为起点的广度优先搜索得到的结果。

为了确认是否所有新鲜橘子都被腐烂，可以记录一个变量 cnt 表示当前网格中的新鲜橘子数，广度优先搜索的时候如果有新鲜橘子被腐烂，则 cnt=cnt−1 ，最后搜索结束时如果 cnt 大于 0 ，说明有新鲜橘子没被腐烂，返回 −1 ，否则返回所有新鲜橘子被腐烂的时间的最大值即可，也可以在广度优先搜索的过程中把已腐烂的新鲜橘子的值由 1 改为 2，最后看网格中是否由值为 1 即新鲜的橘子即可。

代码

//C++
class Solution {
    int cnt;
    int dis[10][10];
    int dir_x[4] = {0, 1, 0, -1};
    int dir_y[4] = {1, 0, -1, 0};
public:
    int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
        queue<pair<int, int>>Q;
        memset(dis, -1, sizeof(dis));
        cnt = 0;
        int n = (int)grid.size(), m = (int)grid[0].size(), ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < m; ++j) {
                if (grid[i][j] == 2) {
                    Q.emplace(i, j);
                    dis[i][j] = 0;
                }
                else if (grid[i][j] == 1) {
                    cnt += 1;
                }
            }
        }
        while (!Q.empty()){
            auto [r, c] = Q.front();
            Q.pop();
            for (int i = 0; i < 4; ++i) {
                int tx = r + dir_x[i];
                int ty = c + dir_y[i];
                if (tx < 0|| tx >= n || ty < 0|| ty >= m || ~dis[tx][ty] || !grid[tx][ty]) {
                    continue;
                }
                dis[tx][ty] = dis[r][c] + 1;
                Q.emplace(tx, ty);
                if (grid[tx][ty] == 1) {
                    cnt -= 1;
                    ans = dis[tx][ty];
                    if (!cnt) {
                        break;
                    }
                }
            }
        }
        return cnt ? -1 : ans;
    }
};

//Java
class Solution {
    int[] dr = new int[]{-1, 0, 1, 0};
    int[] dc = new int[]{0, -1, 0, 1};

    public int orangesRotting(int[][] grid) {
        int R = grid.length, C = grid[0].length;
        Queue<Integer> queue = new ArrayDeque<Integer>();
        Map<Integer, Integer> depth = new HashMap<Integer, Integer>();
        for (int r = 0; r < R; ++r) {
            for (int c = 0; c < C; ++c) {
                if (grid[r][c] == 2) {
                    int code = r * C + c;
                    queue.add(code);
                    depth.put(code, 0);
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        while (!queue.isEmpty()) {
            int code = queue.remove();
            int r = code / C, c = code % C;
            for (int k = 0; k < 4; ++k) {
                int nr = r + dr[k];
                int nc = c + dc[k];
                if (0 <= nr && nr < R && 0 <= nc && nc < C && grid[nr][nc] == 1) {
                    grid[nr][nc] = 2;
                    int ncode = nr * C + nc;
                    queue.add(ncode);
                    depth.put(ncode, depth.get(code) + 1);
                    ans = depth.get(ncode);
                }
            }
        }
        for (int[] row: grid) {
            for (int v: row) {
                if (v == 1) {
                    return -1;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(nm)。即进行一次广度优先搜索的时间，其中 n,m 分别为 grid 的行数与列数。
空间复杂度：O(nm)。需要额外的 dis 数组记录每个新鲜橘子被腐烂的最短时间，大小为 O(nm)，且广度优先搜索中队列里存放的状态最多不会超过 nm 个，最多需要 O(nm) 的空间，所以最后的空间复杂度为 O(nm)。

岛屿数量

发表于 2024-05-08 本文字数： 1.1k 阅读时长 ≈ 4 分钟

岛屿数量

1.题目内容

给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。

岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。

此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。

示例 1：

输入：grid = [
  ["1","1","1","1","0"],
  ["1","1","0","1","0"],
  ["1","1","0","0","0"],
  ["0","0","0","0","0"]
]
输出：1

示例 2：

输入：grid = [
  ["1","1","0","0","0"],
  ["1","1","0","0","0"],
  ["0","0","1","0","0"],
  ["0","0","0","1","1"]
]
输出：3

提示：

m == grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 300
grid[i][j] 的值为 '0' 或 '1'

2.解法

（1）深度优先搜索

思路及算法

我们可以将二维网格看成一个无向图，竖直或水平相邻的 1 之间有边相连。

为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则以其为起始节点开始进行深度优先搜索。在深度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 0。

最终岛屿的数量就是我们进行深度优先搜索的次数。

代码

//C++
class Solution {
private:
    void dfs(vector<vector<char>>& grid, int r, int c) {
        int nr = grid.size();
        int nc = grid[0].size();

        grid[r][c] = '0';
        if (r - 1 >= 0 && grid[r-1][c] == '1') dfs(grid, r - 1, c);
        if (r + 1 < nr && grid[r+1][c] == '1') dfs(grid, r + 1, c);
        if (c - 1 >= 0 && grid[r][c-1] == '1') dfs(grid, r, c - 1);
        if (c + 1 < nc && grid[r][c+1] == '1') dfs(grid, r, c + 1);
    }

public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        int nr = grid.size();
        if (!nr) return 0;
        int nc = grid[0].size();

        int num_islands = 0;
        for (int r = 0; r < nr; ++r) {
            for (int c = 0; c < nc; ++c) {
                if (grid[r][c] == '1') {
                    ++num_islands;
                    dfs(grid, r, c);
                }
            }
        }

        return num_islands;
    }
};

//Java
class Solution {
    void dfs(char[][] grid, int r, int c) {
        int nr = grid.length;
        int nc = grid[0].length;

        if (r < 0 || c < 0 || r >= nr || c >= nc || grid[r][c] == '0') {
            return;
        }

        grid[r][c] = '0';
        dfs(grid, r - 1, c);
        dfs(grid, r + 1, c);
        dfs(grid, r, c - 1);
        dfs(grid, r, c + 1);
    }

    public int numIslands(char[][] grid) {
        if (grid == null || grid.length == 0) {
            return 0;
        }

        int nr = grid.length;
        int nc = grid[0].length;
        int num_islands = 0;
        for (int r = 0; r < nr; ++r) {
            for (int c = 0; c < nc; ++c) {
                if (grid[r][c] == '1') {
                    ++num_islands;
                    dfs(grid, r, c);
                }
            }
        }

        return num_islands;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(MN)，其中 M 和 N 分别为行数和列数。
空间复杂度：O(MN)，在最坏情况下，整个网格均为陆地，深度优先搜索的深度达到 MN。

（2）广度优先搜索

思路及算法

同样地，我们也可以使用广度优先搜索代替深度优先搜索。

为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则将其加入队列，开始进行广度优先搜索。在广度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 0。直到队列为空，搜索结束。

最终岛屿的数量就是我们进行广度优先搜索的次数。

代码

//C++
class Solution {
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        int nr = grid.size();
        if (!nr) return 0;
        int nc = grid[0].size();

        int num_islands = 0;
        for (int r = 0; r < nr; ++r) {
            for (int c = 0; c < nc; ++c) {
                if (grid[r][c] == '1') {
                    ++num_islands;
                    grid[r][c] = '0';
                    queue<pair<int, int>> neighbors;
                    neighbors.push({r, c});
                    while (!neighbors.empty()) {
                        auto rc = neighbors.front();
                        neighbors.pop();
                        int row = rc.first, col = rc.second;
                        if (row - 1 >= 0 && grid[row-1][col] == '1') {
                            neighbors.push({row-1, col});
                            grid[row-1][col] = '0';
                        }
                        if (row + 1 < nr && grid[row+1][col] == '1') {
                            neighbors.push({row+1, col});
                            grid[row+1][col] = '0';
                        }
                        if (col - 1 >= 0 && grid[row][col-1] == '1') {
                            neighbors.push({row, col-1});
                            grid[row][col-1] = '0';
                        }
                        if (col + 1 < nc && grid[row][col+1] == '1') {
                            neighbors.push({row, col+1});
                            grid[row][col+1] = '0';
                        }
                    }
                }
            }
        }

        return num_islands;
    }
};

//Java
class Solution {
    public int numIslands(char[][] grid) {
        if (grid == null || grid.length == 0) {
            return 0;
        }

        int nr = grid.length;
        int nc = grid[0].length;
        int num_islands = 0;

        for (int r = 0; r < nr; ++r) {
            for (int c = 0; c < nc; ++c) {
                if (grid[r][c] == '1') {
                    ++num_islands;
                    grid[r][c] = '0';
                    Queue<Integer> neighbors = new LinkedList<>();
                    neighbors.add(r * nc + c);
                    while (!neighbors.isEmpty()) {
                        int id = neighbors.remove();
                        int row = id / nc;
                        int col = id % nc;
                        if (row - 1 >= 0 && grid[row-1][col] == '1') {
                            neighbors.add((row-1) * nc + col);
                            grid[row-1][col] = '0';
                        }
                        if (row + 1 < nr && grid[row+1][col] == '1') {
                            neighbors.add((row+1) * nc + col);
                            grid[row+1][col] = '0';
                        }
                        if (col - 1 >= 0 && grid[row][col-1] == '1') {
                            neighbors.add(row * nc + col-1);
                            grid[row][col-1] = '0';
                        }
                        if (col + 1 < nc && grid[row][col+1] == '1') {
                            neighbors.add(row * nc + col+1);
                            grid[row][col+1] = '0';
                        }
                    }
                }
            }
        }

        return num_islands;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(MN)，其中 M 和 N 分别为行数和列数。
空间复杂度：O(min⁡(M,N))，在最坏情况下，整个网格均为陆地，队列的大小可以达到 min⁡(M,N)。

划分字母区间

发表于 2024-05-08 本文字数： 924 阅读时长 ≈ 3 分钟

划分字母区间

1.题目内容

给你一个字符串 s 。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。

注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是 s 。

返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。

示例 1：

输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出：[9,7,8]
解释：
划分结果为 "ababcbaca"、"defegde"、"hijhklij" 。
每个字母最多出现在一个片段中。
像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 这样的划分是错误的，因为划分的片段数较少。

示例 2：

1 2	输入：s = "eccbbbbdec" 输出：[10]

提示：

1 <= s.length <= 500
s 仅由小写英文字母组成

2.解法

贪心

思路及算法

由于同一个字母只能出现在同一个片段，显然同一个字母的第一次出现的下标位置和最后一次出现的下标位置必须出现在同一个片段。因此需要遍历字符串，得到每个字母最后一次出现的下标位置。

在得到每个字母最后一次出现的下标位置之后，可以使用贪心的方法将字符串划分为尽可能多的片段，具体做法如下。

从左到右遍历字符串，遍历的同时维护当前片段的开始下标 start 和结束下标 end，初始时 start=end=0。
对于每个访问到的字母 c，得到当前字母的最后一次出现的下标位置 endc，则当前片段的结束下标一定不会小于 endc，因此令 end=max⁡(end,endc)。
当访问到下标 end 时，当前片段访问结束，当前片段的下标范围是[start,end]，长度为 end−start+1，将当前片段的长度添加到返回值，然后令 start=end+1，继续寻找下一个片段。
重复上述过程，直到遍历完字符串。

上述做法使用贪心的思想寻找每个片段可能的最小结束下标，因此可以保证每个片段的长度一定是符合要求的最短长度，如果取更短的片段，则一定会出现同一个字母出现在多个片段中的情况。由于每次取的片段都是符合要求的最短的片段，因此得到的片段数也是最多的。

由于每个片段访问结束的标志是访问到下标 end，因此对于每个片段，可以保证当前片段中的每个字母都一定在当前片段中，不可能出现在其他片段，可以保证同一个字母只会出现在同一个片段。

代码

//Java
class Solution {
    public List<Integer> partitionLabels(String s) {
        int[] last = new int[26];
        int length = s.length();
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            last[s.charAt(i) - 'a'] = i;
        }
        List<Integer> partition = new ArrayList<Integer>();
        int start = 0, end = 0;
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            end = Math.max(end, last[s.charAt(i) - 'a']);
            if (i == end) {
                partition.add(end - start + 1);
                start = end + 1;
            }
        }
        return partition;
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    vector<int> partitionLabels(string s) {
        int last[26];
        int length = s.size();
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            last[s[i] - 'a'] = i;
        }
        vector<int> partition;
        int start = 0, end = 0;
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            end = max(end, last[s[i] - 'a']);
            if (i == end) {
                partition.push_back(end - start + 1);
                start = end + 1;
            }
        }
        return partition;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串的长度。需要遍历字符串两次，第一次遍历时记录每个字母最后一次出现的下标位置，第二次遍历时进行字符串的划分。
空间复杂度：O(∣Σ∣)，其中 Σ 是字符串中的字符集。这道题中，字符串只包含小写字母，因此 ∣Σ∣=26。

环形子数组的最大和

发表于 2024-05-07 本文字数： 887 阅读时长 ≈ 3 分钟

环形子数组的最大和

1.题目内容

给定一个长度为 n 的环形整数数组 nums ，返回 nums 的非空 子数组 的最大可能和 。

环形数组 意味着数组的末端将会与开头相连呈环状。形式上， nums[i] 的下一个元素是 nums[(i + 1) % n] ， nums[i] 的前一个元素是 nums[(i - 1 + n) % n] 。

子数组 最多只能包含固定缓冲区 nums 中的每个元素一次。形式上，对于子数组 nums[i], nums[i + 1], ..., nums[j] ，不存在 i <= k1, k2 <= j 其中 k1 % n == k2 % n 。

示例 1：

1
2
3

输入：nums = [1,-2,3,-2]
输出：3
解释：从子数组 [3] 得到最大和 3

示例 2：

1
2
3

输入：nums = [5,-3,5]
输出：10
解释：从子数组 [5,5] 得到最大和 5 + 5 = 10

示例 3：

1
2
3

输入：nums = [3,-2,2,-3]
输出：3
解释：从子数组 [3] 和 [3,-2,2] 都可以得到最大和 3

提示：

n == nums.length
1 <= n <= 3 * 104
-3 * 104 <= nums[i] <= 3 * 104

2.解法

动态规划

思路及算法

求解普通数组的最大子数组和是求解环形数组的最大子数组和问题的子集。设数组长度为 n，下标从 0 开始，在环形情况中，答案可能包括以下两种情况：

构成最大子数组和的子数组为 nums[i:j]，包括 nums[i] 到 nums[j−1] 共 j−i 个元素，其中 0≤i<j≤n。
构成最大子数组和的子数组为 nums[0:i] 和 nums[j:n]，其中 0<i<j<n。

第一种情况的求解方法与求解普通数组的最大子数组和方法完全相同。

第二种情况中，答案可以分为两部分，nums[0:i] 为数组的某一前缀，nums[j:n] 为数组的某一后缀。求解时，我们可以枚举 j，固定 sum(nums[j:n]) 的值，然后找到右端点坐标范围在 [0,j−1] 的最大前缀和，将它们相加更新答案。

右端点坐标范围在 [0,i] 的最大前缀和可以用 leftMax[i] 表示，递推方程为：

leftMax[i]=max⁡(leftMax[i−1],sum(nums[0:i+1])

代码

//C++
class Solution {
public:
    int maxSubarraySumCircular(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<int> leftMax(n);
        // 对坐标为 0 处的元素单独处理，避免考虑子数组为空的情况
        leftMax[0] = nums[0];
        int leftSum = nums[0];
        int pre = nums[0];
        int res = nums[0];
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            pre = max(pre + nums[i], nums[i]);
            res = max(res, pre);
            leftSum += nums[i];
            leftMax[i] = max(leftMax[i - 1], leftSum);
        }

        // 从右到左枚举后缀，固定后缀，选择最大前缀
        int rightSum = 0;
        for (int i = n - 1; i > 0; i--) {
            rightSum += nums[i];
            res = max(res, rightSum + leftMax[i - 1]);
        }
        return res;
    }
};

//Java
class Solution {
    public int maxSubarraySumCircular(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int[] leftMax = new int[n];
        // 对坐标为 0 处的元素单独处理，避免考虑子数组为空的情况
        leftMax[0] = nums[0];
        int leftSum = nums[0];
        int pre = nums[0];
        int res = nums[0];
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            pre = Math.max(pre + nums[i], nums[i]);
            res = Math.max(res, pre);
            leftSum += nums[i];
            leftMax[i] = Math.max(leftMax[i - 1], leftSum);
        }

        // 从右到左枚举后缀，固定后缀，选择最大前缀
        int rightSum = 0;
        for (int i = n - 1; i > 0; i--) {
            rightSum += nums[i];
            res = Math.max(res, rightSum + leftMax[i - 1]);
        }
        return res;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是 nums 的长度。求解第一种情况的时间复杂度为 O(n)，求解 leftMax 数组和枚举后缀的时间复杂度为 O(n)，因此总的时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是 nums 的长度。过程中我们使用 leftMax 来存放最大前缀和。

建立四叉树

发表于 2024-05-07 本文字数： 1.3k 阅读时长 ≈ 5 分钟

建立四叉树

1.题目内容

给你一个 n * n 矩阵 grid ，矩阵由若干 0 和 1 组成。请你用四叉树表示该矩阵 grid 。

你需要返回能表示矩阵 grid 的四叉树的根结点。

四叉树数据结构中，每个内部节点只有四个子节点。此外，每个节点都有两个属性：

val：储存叶子结点所代表的区域的值。1 对应 True，0 对应 False。注意，当 isLeaf 为 False 时，你可以把 True 或者 False 赋值给节点，两种值都会被判题机制接受。
isLeaf: 当这个节点是一个叶子结点时为 True，如果它有 4 个子节点则为 False 。

class Node {
    public boolean val;
    public boolean isLeaf;
    public Node topLeft;
    public Node topRight;
    public Node bottomLeft;
    public Node bottomRight;
}

我们可以按以下步骤为二维区域构建四叉树：

如果当前网格的值相同（即，全为 0 或者全为 1），将 isLeaf 设为 True ，将 val 设为网格相应的值，并将四个子节点都设为 Null 然后停止。
如果当前网格的值不同，将 isLeaf 设为 False，将 val 设为任意值，然后如下图所示，将当前网格划分为四个子网格。
使用适当的子网格递归每个子节点。

四叉树格式：

你不需要阅读本节来解决这个问题。只有当你想了解输出格式时才会这样做。输出为使用层序遍历后四叉树的序列化形式，其中 null 表示路径终止符，其下面不存在节点。

它与二叉树的序列化非常相似。唯一的区别是节点以列表形式表示 [isLeaf, val] 。

如果 isLeaf 或者 val 的值为 True ，则表示它在列表 [isLeaf, val] 中的值为 1 ；如果 isLeaf 或者 val 的值为 False ，则表示值为 0 。

示例 1：

输入：grid = [[0,1],[1,0]]
输出：[[0,1],[1,0],[1,1],[1,1],[1,0]]
解释：此示例的解释如下：
请注意，在下面四叉树的图示中，0 表示 false，1 表示 True 。

示例 2：

输入：grid = [[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,1,1,1,1],[1,1,1,1,1,1,1,1],[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,0,0,0,0]]
输出：[[0,1],[1,1],[0,1],[1,1],[1,0],null,null,null,null,[1,0],[1,0],[1,1],[1,1]]
解释：网格中的所有值都不相同。我们将网格划分为四个子网格。
topLeft，bottomLeft 和 bottomRight 均具有相同的值。
topRight 具有不同的值，因此我们将其再分为 4 个子网格，这样每个子网格都具有相同的值。
解释如下图所示：

提示：

n == grid.length == grid[i].length
n == 2x 其中 0 <= x <= 6

2.解法

递归

思路及算法

具体地，我们用递归函数 dfs(r0,c0,r1,c1) 处理给定的矩阵 grid 行开始到 r1−1 行，从 c0 和 c1−1 列的部分。我们首先判定这一部分是否均为 0 或 1，如果是，那么这一部分对应的是一个叶节点，我们构造出对应的叶节点并结束递归；如果不是，那么这一部分对应的是一个非叶节点，我们需要将其分成四个部分：行的分界线为 $\dfrac{r_0+r_1}{2} $，列的分界线为 $\dfrac{c_0+c_1}{2} $，根据这两条分界线递归地调用 dfs 函数得到四个部分对应的树，再将它们对应地挂在非叶节点的四个子节点上。

代码

//C++
class Solution {
public:
    Node *construct(vector<vector<int>> &grid) {
        function<Node*(int, int, int, int)> dfs = [&](int r0, int c0, int r1, int c1) {
            for (int i = r0; i < r1; ++i) {
                for (int j = c0; j < c1; ++j) {
                    if (grid[i][j] != grid[r0][c0]) { // 不是叶节点
                        return new Node(
                                true,
                                false,
                                dfs(r0, c0, (r0 + r1) / 2, (c0 + c1) / 2),
                                dfs(r0, (c0 + c1) / 2, (r0 + r1) / 2, c1),
                                dfs((r0 + r1) / 2, c0, r1, (c0 + c1) / 2),
                                dfs((r0 + r1) / 2, (c0 + c1) / 2, r1, c1)
                        );
                    }
                }
            }
            // 是叶节点
            return new Node(grid[r0][c0], true);
        };
        return dfs(0, 0, grid.size(), grid.size());
    }
};

//Java
class Solution {
    public Node construct(int[][] grid) {
        return dfs(grid, 0, 0, grid.length, grid.length);
    }

    public Node dfs(int[][] grid, int r0, int c0, int r1, int c1) {
        boolean same = true;
        for (int i = r0; i < r1; ++i) {
            for (int j = c0; j < c1; ++j) {
                if (grid[i][j] != grid[r0][c0]) {
                    same = false;
                    break;
                }
            }
            if (!same) {
                break;
            }
        }

        if (same) {
            return new Node(grid[r0][c0] == 1, true);
        }

        Node ret = new Node(
            true,
            false,
            dfs(grid, r0, c0, (r0 + r1) / 2, (c0 + c1) / 2),
            dfs(grid, r0, (c0 + c1) / 2, (r0 + r1) / 2, c1),
            dfs(grid, (r0 + r1) / 2, c0, r1, (c0 + c1) / 2),
            dfs(grid, (r0 + r1) / 2, (c0 + c1) / 2, r1, c1)
        );
        return ret;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n^2^log⁡n)。这里给出一个较为宽松的时间复杂度上界。记 T(n)T(n)T(n) 为边长为 nnn 的数组需要的时间复杂度，那么「判定这一部分是否均为 0 或 1」需要的时间为 O(n^2^)，在这之后会递归调用 4 规模为 n/2 的子问题，那么有：

T(n)=4T(n/2)+O(n^2^)
以及：

T(1)=O(1)
根据主定理，可以得到 T(n)=O(n^2^log⁡n)。但如果判定需要的时间达到了渐近紧界 Θ(n^2^)，那么说明这一部分包含的元素大部分都是相同的，也就是说，有很大概率在深入递归时遇到元素完全相同的一部分，从而提前结束递归。因此 O(n^2^log⁡n) 的时间复杂度是很宽松的。
空间复杂度：O(log⁡n)，即为递归需要使用的栈空间。