LeetCode 周赛上分之旅 #48 一道简单的树上动态规划问题

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学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思维框架，你的思考越抽象，它能覆盖的问题域就越广，理解难度也更复杂。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告，一起体会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 48 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~

LeetCode 双周赛 114

T1. 收集元素的最少操作次数（Easy）

标签：模拟、散列表

T2. 使数组为空的最少操作次数（Medium）

标签：贪心、散列表

T3. 将数组分割成最多数目的子数组（Medium）

标签：思维、位运算

T4. 可以被 K 整除连通块的最大数目（Hard）

标签：树上 DP

T1. 收集元素的最少操作次数（Easy）

https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-collect-elements/description/
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题解（散列表)

简单模拟题。

预初始化包含 $1 - k$ 元素的集合，根据题意逆向遍历数组并从集合中移除元素，当集合为空时表示已经收集到所有元素，返回 $n - i$ 。

class Solution {
    fun minOperations(nums: List, k: Int): Int {
        val n = nums.size
        val set = (1..k).toHashSet()
        for (i in n - 1 downTo 0) {
            set.remove(nums[i])
            if (set.isEmpty()) return n - i
        }
        return -1
    }
}
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class Solution:
    def minOperations(self, nums, k):
        n, nums_set = len(nums), set(range(1, k+1))
        for i in range(n-1, -1, -1):
            nums_set.discard(nums[i])
            if not nums_set:
                return n - i
        return -1
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class Solution {
public:
    int minOperations(std::vector& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        unordered_set set;
        for (int i = 1; i <= k; ++i) {
            set.insert(i);
        }
        for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
            set.erase(nums[i]);
            if (set.empty()) {
                return n - i;
            }
        }
        return -1;
    }
};
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function minOperations(nums: number[], k: number): number {
    var n = nums.length;
    var set = new Set();
    for (let i = 1; i <= k; ++i) {
        set.add(i);
    }
    for (let i = n - 1; i >= 0; --i) {
        set.delete(nums[i]);
        if (set.size === 0) {
            return n - i;
        }
    }
    return -1;
};
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class Solution {
    int minOperations(List nums, int k) {
        int n = nums.length;
        Set set = Set();
        for (int i = 1; i <= k; i++) {
            set.add(i);
        }
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            set.remove(nums[i]);
            if (set.isEmpty) return n - i;
        }
        return -1;
    }
}
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复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 线性遍历；
空间复杂度： $O (k)$ 散列表空间。

T2. 使数组为空的最少操作次数（Medium）

https://leetcode.cn/problems/minimum-number-of-operations-to-make-array-empty/description/
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题解（贪心）

题目两种操作的前提是数字相等，因此我们先统计每个元素的出现次数。

从最少次数的目标出发，显然能移除 $3$ 个就尽量移除 $3$ 个，再分类讨论：

如果出现次数为 $1$ ，那么一定无解，返回 $- 1$ ；
如果出现次数能够被 $3$ 整除，那么操作 $c n t /3$ 次是最优的；
如果出现次数除 $3$ 余 $1$ ，那么把 $1$ 个 $3$ 拆出来合并为 4，操作 $c n t /3 + 1$ 次是最优的；
如果出现次数除 $3$ 余 $2$ ，那么剩下的 $2$ 操作 $1$ 次，即操作 $c n t /3 + 1$ 次是最优的。

组合以上讨论：

class Solution {
    fun minOperations(nums: IntArray): Int {
        val cnts = HashMap()
        for (e in nums) {
            cnts[e] = cnts.getOrDefault(e, 0) + 1
        }
        var ret = 0
        for ((_, cnt) in cnts) {
            if (cnt == 1) return -1
            when (cnt % 3) {
                0 -> {
                    ret += cnt / 3
                }
                1, 2 -> {
                    ret += cnt / 3 + 1
                }
            }
        }
        return ret
    }
}
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继续挖掘题目特性，对于余数大于 $0$ 的情况总是 向上取整 ，那么可以简化为：

class Solution {
    fun minOperations(nums: IntArray): Int {
        val cnts = HashMap()
        for (e in nums) {
            cnts[e] = cnts.getOrDefault(e, 0) + 1
        }
        var ret = 0
        for ((_, cnt) in cnts) {
            if (cnt == 1) return -1
            ret += (cnt + 2) / 3 // 向上取整
        }
        return ret
    }
}
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class Solution:
    def minOperations(self, nums: List[int]) -> int:
        cnts = Counter(nums)
        ret = 0
        for cnt in cnts.values():
            if cnt == 1: return -1
            ret += (cnt + 2) // 3
        return ret
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class Solution {
public:
    int minOperations(std::vector& nums) {
        unordered_map cnts;
        for (auto &e : nums) {
            cnts[e] += 1;
        }
        int ret = 0;
        for (auto &p: cnts) {
            if (p.second == 1) return -1;
            ret += (p.second + 2) / 3;
        }
        return ret;
    }
};
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function minOperations(nums: number[]): number {
    let cnts: Map = new Map();
    for (let e of nums) {
        cnts.set(e, (cnts.get(e) ?? 0) + 1);
    }
    let ret = 0;
    for (let [_, cnt] of cnts) {
        if (cnt == 1) return -1;
        ret += Math.ceil(cnt / 3);
    }
    return ret;
};
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class Solution {
    int minOperations(List nums) {
        Map cnts = {};
        for (int e in nums) {
            cnts[e] = (cnts[e] ?? 0) + 1;
        }
        int ret = 0;
        for (int cnt in cnts.values) {
            if (cnt == 1) return -1;
            ret += (cnt + 2) ~/ 3; // 向上取整
        }
        return ret;
    }
}
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复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 线性遍历
空间复杂度： $O (n)$ 计数空间。

T3. 将数组分割成最多数目的子数组（Medium）

https://leetcode.cn/problems/split-array-into-maximum-number-of-subarrays/description/
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题解（思维题）

一个重要的结论是：当按位与的数量增加时，按位与的结果是非递增的。

题目要求在子数组的按位与的和最小的前提下，让子数组的个数最大。根据上面的结论，显然将数组全部按位与是最小的。

分类讨论：

如果整体按位于的结果不为 $0$ ，那么就不可能存在分割数组的方法使得按位与的和更小，直接返回 $1$ ；
否则，问题就变成分割数组的最大个数，使得每个子数组按位与为 $0$ ，直接贪心分割就好了。

class Solution {
    fun maxSubarrays(nums: IntArray): Int {
        val mn = nums.reduce { acc, it -> acc and it }
        if (mn > 0) return 1 // 特判
        var ret = 0
        var cur = Integer.MAX_VALUE
        for (i in nums.indices) {
            cur = cur and nums[i]
            if (cur == 0) {
                cur = Integer.MAX_VALUE
                ret++
            }
        }
        return ret 
    }
}
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class Solution:
    def maxSubarrays(self, nums: List[int]) -> int:
        if reduce(iand, nums): return 1
        ret, mask = 0, (1 << 20) - 1
        cur = mask
        for num in nums:
            cur &= num
            if cur == 0: ret += 1; cur = mask
        return ret
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class Solution {
public:
    int maxSubarrays(vector& nums) {
        int mn = nums[0];
        for (auto num : nums) mn &= num;
        if (mn != 0) return 1;
        int ret = 0;
        int cur = INT_MAX;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            cur &= nums[i];
            if (cur == 0) {
                cur = INT_MAX;
                ret++;
            }
        }
        return ret;
    }
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function maxSubarrays(nums: number[]): number {
    const n = nums.length;
    let mn = nums.reduce((acc, it) => acc & it);
    if (mn > 0) return 1; // 特判
    let mask = (1 << 20) - 1
    let ret = 0;
    let cur = mask;
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        cur = cur & nums[i];
        if (cur === 0) {
            cur = mask;
            ret++;
        }
    }
    return ret;
};
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class Solution {
    int maxSubarrays(List nums) {
        var mn = nums.reduce((acc, it) => acc & it);
        if (mn > 0) return 1; // 特判
        var mask = (1 << 20) - 1;
        var ret = 0;
        var cur = mask;
        for (var i = 0; i < nums.length; i++) {
            cur = cur & nums[i];
            if (cur == 0) {
                cur = mask;
                ret++;
            }
        }
        return ret;
    }
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复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 线性遍历；
空间复杂度： $O (1)$ 仅使用常量级别空间。

T4. 可以被 K 整除连通块的最大数目（Hard）

https://leetcode.cn/problems/maximum-number-of-k-divisible-components/
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问题分析

初步分析：

问题目标： 求解分割后满足条件的最大连通块数量；
问题条件： 连通块的和能够被 K 整除；
关键信息： 题目保证数据是可以分割的，这是重要的前提。

思考实现：

在保证问题有解的情况下，树上的每个节点要么是单独的连通分量，要么与邻居组成连通分量。那么，这就是典型的「连或不连」和「连哪个」动态规划思维。

思考「连或不连」：

如果节点 $A$ 的价值能够被 $K$ 整除，那么节点 $A$ 能作为单独的连通分量吗？

不一定，例如 $K = 3$ 且树为 $1 - 3 - 5$ 的情况，连通分量只能为 $1$ ，因为 $3$ 左右子树都不能构造合法的连通块，因此需要与 $3$ 连接才行。

继续思考「连哪个」：

那么，节点 $A$ 应该与谁相连呢？对于节点 $A$ 的某个子树 $Tree_i$ 来说，存在 $2$ 种情况：

能整除：那么子树 $Tree_i$ 不需要和节点 $A$ 相连；
不能整除：那么子树 $Tree_i$ 的剩余值就必须与节点 $A$ 相连，有可能凑出 $K$ 的整除。

当节点 $A$ 与所有子树的剩余值组合后，再加上当前节点的价值，如果能够构造出 $K$ 的整数倍时，说明找到一个新的连通块，并且不需要和上一级节点组合。否则，则进入不能整除的条件，继续和上一级节点组合。

题解（DFS）

定义 DFS 函数并返回两个数值：<子树构造的连通分量, 剩余值>；
任意选择一个节点为根节点走一遍 DFS，最终返回 $df s (0, - 1) [0]$ 。

class Solution {
    fun maxKDivisibleComponents(n: Int, edges: Array, values: IntArray, k: Int): Int {
        // 建图
        val graph = Array(n) { LinkedList() }
        for ((u, v) in edges) {
            graph[u].add(v)
            graph[v].add(u)
        }
        // DFS 
        fun dfs(i: Int, pre: Int): IntArray {
            var ret = intArrayOf(0, values[i])
            for (to in graph[i]) {
                if (to == pre) continue
                val (childCnt, childLeft) = dfs(to, i)
                ret[0] += childCnt
                ret[1] += childLeft
            }
            if (ret[1] % k == 0) {
                ret[0] += 1
                ret[1] = 0
            }
            return ret
        }
        return dfs(0, -1)[0]
    }
}
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class Solution:
    def maxKDivisibleComponents(self, n, edges, values, k):
        # 建图
        graph = defaultdict(list)
        for u, v in edges:
            graph[u].append(v)
            graph[v].append(u)
        # DFS 
        def dfs(i, pre):
            ret = [0, values[i]]
            for to in graph[i]:
                if to == pre: continue
                childCnt, childLeft = dfs(to, i)
                ret[0] += childCnt
                ret[1] += childLeft
            if ret[1] % k == 0:
                ret[0] += 1
                ret[1] = 0
            return ret
        return dfs(0, -1)[0]
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class Solution {
public:
    int maxKDivisibleComponents(int n, vector>& edges, vector& values, int k) {
        // 建图
        vector> graph(n);
        for (auto& edge : edges) {
            int u = edge[0];
            int v = edge[1];
            graph[u].push_back(v);
            graph[v].push_back(u);
        }
        // DFS 
        function(int, int)> dfs = [&](int i, int pre) -> vector {
            vector ret(2, 0);
            ret[1] = values[i];
            for (int to : graph[i]) {
                if (to == pre) continue;
                vector child = dfs(to, i);
                ret[0] += child[0];
                ret[1] += child[1];
            }
            if (ret[1] % k == 0) {
                ret[0] += 1;
                ret[1] = 0;
            }
            return ret;
        };
        return dfs(0, -1)[0];
    }
};
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function maxKDivisibleComponents(n: number, edges: number[][], values: number[], k: number): number {
    // 建图
    let graph = Array(n).fill(0).map(() => []);
    for (const [u, v] of edges) {
        graph[u].push(v);
        graph[v].push(u);
    }
    // DFS 
    let dfs = (i: number, pre: number): number[] => {
        let ret = [0, values[i]];
        for (let to of graph[i]) {
            if (to === pre) continue;
            let [childCnt, childLeft] = dfs(to, i);
            ret[0] += childCnt;
            ret[1] += childLeft;
        }
        if (ret[1] % k === 0) {
            ret[0] += 1;
            ret[1] = 0;
        }
        return ret;
    };
    return dfs(0, -1)[0];  
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class Solution {
    int maxKDivisibleComponents(int n, List> edges, List values, int k) {
        // 建图
        List> graph = List.generate(n, (_) => []);
        for (final edge in edges) {
            int u = edge[0];
            int v = edge[1];
            graph[u].add(v);
            graph[v].add(u);
        }
        // DFS 
        List dfs(int i, int pre) {
            List ret = [0, values[i]];
            for (int to in graph[i]) {
                if (to == pre) continue;
                List child = dfs(to, i);
                ret[0] += child[0];
                ret[1] += child[1];
            }
            if (ret[1] % k == 0) {
                ret[0] += 1;
                ret[1] = 0;
            }
            return ret;
        }
        return dfs(0, -1)[0];
    }
}
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复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 每个节点访问 $1$ 次；
空间复杂度： $O (n)$ 图空间。

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