LC 2846. 边权重均等查询

2846. 边权重均等查询

难度： 困难

题目大意：

现有一棵由 n 个节点组成的无向树，节点按从 0 到 n - 1 编号。给你一个整数 n 和一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ui, vi, wi] 表示树中存在一条位于节点 ui 和节点 vi 之间、权重为 wi 的边。

另给你一个长度为 m 的二维整数数组 queries ，其中 queries[i] = [ai, bi] 。对于每条查询，请你找出使从 ai 到 bi 路径上每条边的权重相等所需的 最小操作次数 。在一次操作中，你可以选择树上的任意一条边，并将其权重更改为任意值。

注意：

• 查询之间 相互独立 的，这意味着每条新的查询时，树都会回到 初始状态 。
• 从 ai 到 bi的路径是一个由 不同 节点组成的序列，从节点 ai 开始，到节点 bi 结束，且序列中相邻的两个节点在树中共享一条边。

返回一个长度为 m 的数组 answer ，其中 answer[i] 是第 i 条查询的答案。

提示：

• 1 <= n <= 10^4
• edges.length == n - 1
• edges[i].length == 3
• 0 <= ui, vi < n
• 1 <= wi <= 26
• 生成的输入满足 edges 表示一棵有效的树
• 1 <= queries.length == m <= 2 * 10^4
• queries[i].length == 2
• 0 <= ai, bi < n

示例 1：

输入：n = 7, edges = [[0,1,1],[1,2,1],[2,3,1],[3,4,2],[4,5,2],[5,6,2]], queries = [[0,3],[3,6],[2,6],[0,6]]
输出：[0,0,1,3]
解释：第 1 条查询，从节点 0 到节点 3 的路径中的所有边的权重都是 1 。因此，答案为 0 。
第 2 条查询，从节点 3 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 0 。
第 3 条查询，将边 [2,3] 的权重变更为 2 。在这次操作之后，从节点 2 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 1 。
第 4 条查询，将边 [0,1]、[1,2]、[2,3] 的权重变更为 2 。在这次操作之后，从节点 0 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 3 。
对于每条查询 queries[i] ，可以证明 answer[i] 是使从 ai 到 bi 的路径中的所有边的权重相等的最小操作次数。

分析

如果暴力写的话， 那么对于每一个查询，我们要dfs一遍，每一遍存一下路径上的边权得数量，最后用总的数量减去最多的变得数量就是答案，这是一个小贪心的思路，那么考虑一下数据范围，如果暴力写的话，时间复杂度是$O(n^2)$，肯定会超时的，但是也吧暴力写法的代码贴出来。

723 / 733 个通过的测试用例

暴力 dfs （会超时）

class Solution {
public:
    vector<int> minOperationsQueries(int n, vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& queries) {
        int m = queries.size();
        vector<int> e(n << 1), ne(n << 1), h(n, -1), w(n << 1), ans(m); // 链式向前星
        int cnt[27], idx = 0;
        
        // add
        function<void(int, int, int)> add = [&](int a, int b, int c) {
            e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx ++;
            e[idx] = a, ne[idx] = h[b], w[idx] = c, h[b] = idx ++;
        }; // add
        
        // dfs
        function<bool(int, int, int)> dfs = [&](int u, int b, int fa) {
            if (u == b) {
                return true;
            }
            for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
                int j = e[i];
                if (j == fa) continue;
                if (dfs(j, b, u)) {
                    ++ cnt[w[i]];
                    return true;
                }
            }
            return false;
        }; // dfs
        
        for (int i = 0; i < n - 1; i ++ ) {
            int a = edges[i][0], b = edges[i][1], w = edges[i][2];
            add(a, b, w);
        }
       	
        for (int i = 0; i < m; i ++) {
            memset(cnt, 0, sizeof cnt); // 每次清空数组
            int a = queries[i][0], b = queries[i][1];
            dfs(a, b, -1);
            int res = 0, sum = 0;
            for (int i = 1; i <= 26; i ++) {
                sum += cnt[i];
                res = max(res, cnt[i]);
            }
            ans[i] = sum - res;
        }
        return ans;
    }
};

时间复杂度：$O(n\ast m\ast W)$ (本题 W = 26)

分析

我们可以用最近公共祖先的思想，选定一个根节点，假设是0，那么定义一个cnt[i][w]表示节点i到根节点的路径中边权为w(1 <= w <= 26)的边的数量，那么i到j之间边权为w的边数是$t_a=cnt[i][w]+cnt[j][w]-2\ast cnt[lca(i,j)][w]$，lca(i, j)表示节点i和节点j的最近公共祖先, 那么要替换的边数就是
$$\sum _{i=1}^{26}{t}_i-\underset{1<=i<=26}{\max }{t}_i$$
使用离线算法tarjan算法模板

tarjan + 并查集

class Solution {
public:
    using PII = pair<int, int>;
    vector<int> minOperationsQueries(int n, vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& queries) {
        int m = queries.size();
        vector<unordered_map<int, int>> g(n);
        for (auto& e : edges) {
            g[e[0]][e[1]] = e[2];
            g[e[1]][e[0]] = e[2];
        }
        vector<vector<PII>> q(n);   
        for (int i = 0; i < m; i ++ ){
            q[queries[i][0]].push_back({queries[i][1], i});
            q[queries[i][1]].push_back({queries[i][0], i});
        }
        vector<int> lca(m), vis(n), p(n);
        iota(p.begin(), p.end(), 0);
        vector<vector<int>> cnt(n, vector<int>(27));
        function<int(int)> find = [&](int x) {
            if (x != p[x]) p[x] = find(p[x]);
            return p[x];
        };
        function<void(int, int)> tarjan = [&](int u, int fa) {
            if (fa != -1) {
                cnt[u] = cnt[fa];
                ++ cnt[u][g[u][fa]];
            }
            p[u] = u;
            for (auto& e : g[u]) {
                if (e.first == fa) continue;
                tarjan(e.first, u);
                p[e.first] = u;
            }
            for (auto& e : q[u]) {
                if (u != e.first && !vis[e.first]) continue;
                lca[e.second] = find(e.first);
            }
            vis[u] = 1;
        };
        tarjan(0, -1);
        vector<int> res(m);
        for (int i = 0; i < m; i ++ ){
            int sum = 0, mx = 0;
            for (int j = 1; j <= 26;j ++) {
                int t = cnt[queries[i][0]][j] + cnt[queries[i][1]][j] - 2 * cnt[lca[i]][j];
                mx = max(mx, t);
                sum += t;
            }
            res[i] = sum - mx;
        }
        return res;
    }
};

时间复杂度：$O((m+n)\times W+m\times logn)$ (本题 W = 26)

在线lca算法

const int N = 10010;
class Solution {
public:
    int e[N << 1], ne[N << 1], w[N << 1], h[N],  idx;
    int fa[N][15], depth[N];
    int cnt[N][27], cntn[27];
    int q[N];

    void bfs() {
        int hh = 0, tt = 0;
        q[0] = 1;
        memset(depth, 0x3f, sizeof depth);
        depth[0] = 0, depth[1] = 1;
        while (hh <= tt) {
            int t = q[hh ++ ];
            for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
                int j = e[i];
                if (depth[j] > depth[t] + 1) {
                    depth[j] = depth[t] + 1;
                    q[ ++ tt] = j;
                    fa[j][0] = t;
                    for (int k = 1; k <= 14; k ++ )
                        fa[j][k] = fa[fa[j][k - 1]][k - 1];
                }
            }
        }
    }
    // dfs版本
	void dfs_dep(int u, int father) {
        depth[u] = depth[father] + 1;
        fa[u][0] = father;
        for (int i = 1; i <= 14; i ++) 
            fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            if (e[i] != father) {
                dfs_dep(e[i], u);
            }
        }
    }
    
    void add(int a, int b, int c) {
        e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx ++ ;
    }

    void dfs(int u, int fa) {
        memcpy(cnt[u], cntn, sizeof cntn);
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (fa == j) continue;
            cntn[w[i]] ++;
            dfs(j, u);
            cntn[w[i]] -- ;
        }
    }

    int lca(int a, int b){
        if (depth[a] < depth[b]) swap(a, b);
        for (int k = 14; k >= 0; k -- )
            if (depth[fa[a][k]] >= depth[b]) 
                a = fa[a][k];
        if (a == b) return a;

        for (int k = 14; k >= 0; k -- ) {
            if (fa[a][k] != fa[b][k]) {
                a = fa[a][k];
                b = fa[b][k];
            }
        }
        return fa[a][0];
    }

    vector<int> minOperationsQueries(int n, vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& queries) {
        memset(h, -1,sizeof h);
        for (int i = 0; i < edges.size(); i ++ ) {
            int a = edges[i][0], b = edges[i][1], c = edges[i][2];
            a ++, b ++ ;
            add(a, b, c), add(b, a, c);
        }
        bfs();
        // dfs_dep(1, 0); // dfs_dep版本
        dfs(1, -1);
        vector<int> ans(queries.size());
        for (int i = 0; i < queries.size(); i ++ ) {
            int a = queries[i][0], b = queries[i][1];
            a ++, b ++ ;
            int p = lca(a, b);
            vector<int> s(27);
            for (int j = 1; j <= 26; j ++ )
                s[j] += cnt[a][j] + cnt[b][j] - cnt[p][j] * 2;
            int sum = 0, maxv = 0;
            for (int j = 1; j <= 26; j ++ ) {
                maxv = max(maxv, s[j]);
                sum += s[j];
            }
            ans[i] = sum - maxv;
        }
        return ans;
    }
};

时间复杂度：$O(mlogn)$