LeetCode第193场周赛（Weekly Contest 193）解题报告

Nice，兄滴们，第一次进入前 100，可喜可贺，继续努力吧，奥力给

第一题：前缀和

第二题：排序 + 贪心

第三题：二分

第四题：树上倍增 + DP

详细题解如下。

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1.一维数组的动态和

         AC代码（C++）

2. 不同整数的最少数目

         AC代码（C++）

3.制作 m 束花所需的最少天数

         AC代码（C++）

4.树节点的第 K 个祖先

         AC代码（C++）

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LeetCode第 193场周赛地址：

https://leetcode-cn.com/contest/weekly-contest-193/

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1.一维数组的动态和

题目链接

https://leetcode-cn.com/problems/running-sum-of-1d-array/

题意

给你一个数组 nums 。数组「动态和」的计算公式为：runningSum[i] = sum(nums[0]…nums[i]) 。

请返回 nums 的动态和。

示例 1：

输入：nums = [1,2,3,4]
输出：[1,3,6,10]
解释：动态和计算过程为 [1, 1+2, 1+2+3, 1+2+3+4] 。

示例 2：

输入：nums = [1,1,1,1,1]
输出：[1,2,3,4,5]
解释：动态和计算过程为 [1, 1+1, 1+1+1, 1+1+1+1, 1+1+1+1+1] 。

示例 3：

输入：nums = [3,1,2,10,1]
输出：[3,4,6,16,17]

提示：

• 1 <= nums.length <= 1000
• -10^6 <= nums[i] <= 10^6

解题思路

送分题，其实就是前缀和而已，O(N) 复杂度解决。

AC代码（C++）

class Solution {
public:
    vector runningSum(vector& nums) {
        vector ans;
        int cur = 0;
        for(auto c : nums)
        {
            cur += c;
            ans.push_back(cur);
        }
        return ans;
    }
};

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2. 不同整数的最少数目

题目链接

https://leetcode-cn.com/problems/least-number-of-unique-integers-after-k-removals/

题意

给你一个整数数组 arr 和一个整数 k 。现需要从数组中恰好移除 k 个元素，请找出移除后数组中不同整数的最少数目。

示例 1：

输入：arr = [5,5,4], k = 1
输出：1
解释：移除 1 个 4 ，数组中只剩下 5 一种整数。

示例 2：

输入：arr = [4,3,1,1,3,3,2], k = 3
输出：2
解释：先移除 4、2 ，然后再移除两个 1 中的任意 1 个或者三个 3 中的任意 1 个，最后剩下 1 和 3 两种整数。

提示：

• 1 <= arr.length <= 10^5
• 1 <= arr[i] <= 10^9
• 0 <= k <= arr.length

解题思路

思维题，题目是，原本有不同的数字，然后每个数字可能出现若干次。现在，给我们可以删去部分数（k），即可以删除 k 个数。最后我们要，不同的数字个数 最少。

那么，我们希望，删除 k 个数的时候，尽可能把 不同种类的数字 多删一点儿，比如说，示例 2

总共是，1 的出现个数为 2，2 的出现个数为 1，3 的出现个数为 3，4 的出现个数为 1。原本有，4 种不同的数，现在我们可以删除 3 个数，那么我们希望删除 3 个数种，尽可能多删除数字的种类多。即，我们删除 2 和 4（这样子，只用花费 2 就可以删除了两种数），然后剩下的 1 无论删除 1 还是 3 都无法把种类减少。

因此，我们希望删除的时候，先将 出现次数 少的 数字删除，这样子就可以花费最小的代价，删除最多的数字种类。

所以，我们需要统计每个数的出现次数，注意，此时我们不需要关心到底是 哪个数 出现了几次。

我们关心的，只是 每个数字的出现次数，还是比如 实例 2，我们只关心出现 1 次的数字种类有 2 个，出现 2 次的数字种类有 1 个，出现 3 次的熟悉种类有 1 个.

根据数据范围，n 最大是 100000，那么一个数出现次数，最多也就是 100000。

那么我们用一个数组 cnts，cnts[ i ] 表示，出现次数为 i 的数字种类 数。

所以我们需要统计同一个数字的出现次数：我们可以进行排序，然后相邻就是相同数，这样子就可以统计同一个数字的出现次数。（从而也可以得到不同数字的 种类数 ans）

然后，我们对于 cnts[ i ]，枚举 i（从小到大，先删除 出现次数少的，这样子的花销 会小）。如果不为 0，说明出现 i 次的数字种类有，那么我们希望 k 尽可能删除完

那么此时，出现 i 次的数字种类，我们可以删除 d 种，d = min(k / i, cnts[ i ])，因为同一个数出现 i 次，我们需要删除完 i 次，才能减少一种。

那么此时 k -= d * i，如果 k < 0 ，说明无法删除 d 种，那就结束了（因为后面更大 i，更加删除不了）

如果可以删，那么 此时答案 ans -= d，因为减少了 d 种

AC代码（C++）

const int MAXN = 1e5 + 50;
class Solution {
public:
    int cnts[MAXN];
    int findLeastNumOfUniqueInts(vector& arr, int k) {
        sort(arr.begin(), arr.end());
        int n = arr.size();
        int cur = 1;
        int ans = 0;
        for(int i = 1;i < n; ++i)
        {
            if(arr[i] == arr[i - 1]) ++cur;
            else
            {
                ++cnts[cur];
                ++ans;
                cur = 1;
            }
        }
        ++cnts[cur]; ++ans;

        for(int i = 1;i < MAXN; ++i)
        {
            if(cnts[i] != 0)
            {
                int d = min(k / i, cnts[i]);
                k -= d * i;
                if(k < 0) break;
                ans -= d;

            }
        }
        return ans;
    }
};

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3.制作 m 束花所需的最少天数

题目链接

https://leetcode-cn.com/problems/minimum-number-of-days-to-make-m-bouquets/

题意

给你一个整数数组 bloomDay，以及两个整数 m 和 k 。

现需要制作 m 束花。制作花束时，需要使用花园中 相邻的 k 朵花 。

花园中有 n 朵花，第 i 朵花会在 bloomDay[i] 时盛开，恰好 可以用于 一束 花中。

请你返回从花园中摘 m 束花需要等待的最少的天数。如果不能摘到 m 束花则返回 -1 。

示例 1：

输入：bloomDay = [1,10,3,10,2], m = 3, k = 1
输出：3
解释：让我们一起观察这三天的花开过程，x 表示花开，而 _ 表示花还未开。
现在需要制作 3 束花，每束只需要 1 朵。
1 天后：[x, _, _, _, _]   // 只能制作 1 束花
2 天后：[x, _, _, _, x]   // 只能制作 2 束花
3 天后：[x, _, x, _, x]   // 可以制作 3 束花，答案为 3

示例 2：

输入：bloomDay = [1,10,3,10,2], m = 3, k = 2
输出：-1
解释：要制作 3 束花，每束需要 2 朵花，也就是一共需要 6 朵花。而花园中只有 5 朵花，无法满足制作要求，返回 -1 。

示例 3：

输入：bloomDay = [7,7,7,7,12,7,7], m = 2, k = 3
输出：12
解释：要制作 2 束花，每束需要 3 朵。
花园在 7 天后和 12 天后的情况如下：
7 天后：[x, x, x, x, _, x, x]
可以用前 3 朵盛开的花制作第一束花。但不能使用后 3 朵盛开的花，因为它们不相邻。
12 天后：[x, x, x, x, x, x, x]
显然，我们可以用不同的方式制作两束花。

提示：

• bloomDay.length == n
• 1 <= n <= 10^5
• 1 <= bloomDay[i] <= 10^9
• 1 <= m <= 10^6
• 1 <= k <= n

解题分析

一开始拿到的题目，想到的就是，直接枚举答案，那么这样子的话，时间复杂度是 O(1e9 * n)，肯定会超时的。

但是，我们可以对答案，进行二分查找。

二分查找，主要就是，通过将区间答案，不断的缩小一般，通过判断，那么这道题，可以这样子做吗？

可以的，因为对于一个区间 [l, r]，如果对于 mid，我们如果 mid 可以满足要求，那么此时答案，应该在 右区间（因为要找最小值），如果 mid 不满足要求，那么此时答案，应该在 左区间。从而可以将 区间不断的划分。

当我们得到 mid ，要去判断满不满足，其实就是，去判断，在 花开的那个时间数组中，连续的部分，（可能是多段），能不能做成 m 朵话即可。

其实很简单，我们直接贪心，也就是，在一个 连续部分中，我们看能连续 分成 k 的几次，这样子就作出了对应的几朵花。然后可能是多段连续的。

比如说，示例 3，当是 7 天的时候，数组满足的应该是[x, x, x, x, _, x, x]，此时 k = 3，那么连续的有两段，第一段最多 一朵花，第二段无法。所以最后只能做一朵花。

那么这样子，时间复杂度就是 O(n * log2(1e9)) = O(n * 32) 不会超时。

做法就是，直接对天数 二分查找，然后每一次去判断 能不能做出 m 朵，从而缩小区间。

AC代码（C++）

class Solution {
public:
    
    bool check(vector& bd, int n, int m, int k, int val)
    {
        int lianxu =  0;
        for(int i = 0;i < n; ++i)
        {
            if(bd[i] <= val)
            {
                ++lianxu;
                if(lianxu == k)
                {
                    --m;
                    lianxu = 0;
                }
            }
            else 
            {
                lianxu = 0;
            }
        }
        
        return m <= 0;
    }
    
    int minDays(vector& bd, int m, int k) {
        int n = bd.size();
        if(m * k > n) return -1;
        int l = 1, r = 1e9;
        while(l < r)
        {
            int mid = (r - l) / 2 + l;
            if(check(bd, n, m, k, mid)) r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        return l;
    }
};

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4.树节点的第 K 个祖先

题目链接

https://leetcode-cn.com/problems/kth-ancestor-of-a-tree-node/

题意

给你一棵树，树上有 n 个节点，按从 0 到 n-1 编号。树以父节点数组的形式给出，其中 parent[i] 是节点 i 的父节点。树的根节点是编号为 0 的节点。

请你设计并实现 getKthAncestor(int node, int k) 函数，函数返回节点 node 的第 k 个祖先节点。如果不存在这样的祖先节点，返回 -1 。

树节点的第 k 个祖先节点是从该节点到根节点路径上的第 k 个节点。

示例 1：

输入：
["TreeAncestor","getKthAncestor","getKthAncestor","getKthAncestor"]
[[7,[-1,0,0,1,1,2,2]],[3,1],[5,2],[6,3]]

输出：
[null,1,0,-1]

解释：
TreeAncestor treeAncestor = new TreeAncestor(7, [-1, 0, 0, 1, 1, 2, 2]);

treeAncestor.getKthAncestor(3, 1);  // 返回 1 ，它是 3 的父节点
treeAncestor.getKthAncestor(5, 2);  // 返回 0 ，它是 5 的祖父节点
treeAncestor.getKthAncestor(6, 3);  // 返回 -1 因为不存在满足要求的祖先节点

提示：

• 1 <= k <= n <= 5*10^4
• parent[0] == -1 表示编号为 0 的节点是根节点。
• 对于所有的 0 < i < n ，0 <= parent[i] < n 总成立
• 0 <= node < n
• 至多查询 5*10^4 次

 

解题分析

一开始的想法，就是，遇到每个点，直接暴力求其父节点，然后其父节点再求父节点....，一直求到当前点的 第 k 个祖先节点。

但是，会超时，其实分析时间复杂度，就可以知道，查看某一个点的 第 k 个祖先，那么就需要时间复杂度是 O(k)，那么总共可能要查询 5e4 次，那么总的时间复杂度为 O(5e4 * k)，就会超时了。

那么我们换个角度，我们每一次找父节点，都是一层一层的找，那么此时就很慢。有没有方法可以快速找呢？

有的，就是一个方法：树上倍增

也就是说，我们不是每次都 1 个 1 个向上，而是第一次 向上 1，然后第二次向上 2 ，第三次向上 4 ...，每次向上找一次，就直接 2 倍找。

比如说，我们此时找 第 28 个祖先，那么 28 = 2^4 + 2^3 + 2^2 = 16 + 8 + 4，那么也就是，我们先往上找 4 ，然后 8，然后 16....这样子就相当于找到了 28 个祖先。

这个方法，就是可以利用了二进制。

那么此时我们假设 f[ i ][ j ] 表示，第 i 个节点的 第 2^j 个祖先 是哪个节点。

那么分析以下，f[ i ][ 0 ] = p[ i ]，即 i 节点的 2^0 = 1 祖先，其实就是 父节点。

f[ i ][ 1 ]，就是 i 节点的 2^1 = 2 个祖先，那么就是 f[ i ][ 0 ] 的再上一个，所以 f[ i ][ 1] = f[  f[i ][0] ][ 0 ]

....

f[ i ][ j ]，其实就是 2^j = 2^(j - 1) + 2^(j - 1)，所以 f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1]

所以，我们利用一个，类似 dp 的方式，预处理，记录了 每个 i 节点的 所有 j 个祖先对应的节点。

我们可以发现，对于每个节点，其实可以是它 上面的 所有节点 转移过来的。

所以我们可以用 dfs 或者 bfs，保证先算上面，才到下面

这里，采用的是 bfs，一层一层，这样子转移就没问题。

那么预处理的时间复杂度，我们其实就是要求出 所有状态，那么状态个数 = n * log(n)，也就大概 16n 的复杂度。

 

然后到了最后，我们查询某个节点 node 的第 k 个子节点的时候，我们其实就是将 k 进行二进制分解，比如说 k = 5 = 101，那么此时，相当于先找 node 的 2^0 祖先 （此时又记为 node），然后又继续找 node 的 2^2 祖先。

这样子就可以快速找到，那么找一个 点的 k 祖先，时间复杂度是 O(log k)，就不再是 O(k) 了，降低了查询的时间复杂度。

AC代码（C++）

// f[i][j]，第 i 个节点的，第 2^j 个祖父节点

const int MAXN = 5e4 + 50;

class TreeAncestor {
public:
    int f[MAXN][17];   // 2^16 = 65536 = 6e4
    vector G[MAXN]; // 要用 bfs，所以邻接表

    TreeAncestor(int n, vector& pa) {
        memset(f, -1, sizeof(f));   // 初始化，所有点的都是 祖先都是 -1
        int root = -1;

        for(int i = 0;i < pa.size(); ++i)
        {
            if(pa[i] == -1) root = i;
            else
            {
                G[pa[i]].push_back(i);
            }
        }
        // BFS 转移
        // f[i][0] = pa[i];
        // f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1]
        queue q;
        while(!q.empty()) q.pop();
        q.push(root);
        while(!q.empty())
        {
            int x = q.front();
            q.pop();
            for(int y : G[x])
            {
                f[y][0] = x;  // 0 就是父节点
                for(int i = 1;i < 17; ++i)
                {
                    if(f[y][i - 1] != -1)   // 转移的时候，要上面的那个点的 祖先不是 -1，这样子转移下来，才有效
                        f[y][i] = f[f[y][i - 1]][i - 1];
                }
                q.push(y);
            }
        }

    }
    
    int getKthAncestor(int node, int k) {
        for(int i = 0;i < 17; ++i)
        {
            if((k >> i) & 1) node = f[node][i];   // 对于 k，根据其 二进制中的 1 对应子啊 i 位，然后就可以由 f 来快速求
            if(node == -1) return -1;   // 如果中途有 -1，说明此时这个点的 祖先超出了，那就返回 -1
        }
        return node;
    }
};

/**
 * Your TreeAncestor object will be instantiated and called as such:
 * TreeAncestor* obj = new TreeAncestor(n, parent);
 * int param_1 = obj->getKthAncestor(node,k);
 */