⭐️ 本文已收录到 AndroidFamily，技术和职场问题，请关注公众号 [彭旭锐] 和 BaguTree Pro 知识星球提问。

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 47 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~

LeetCode 周赛 364

T1. 最大二进制奇数（Easy）

• 标签：贪心

T2. 美丽塔 I（Medium）

• 标签：枚举、前后缀分解、单调栈

T3. 美丽塔 II（Medium）

• 标签：枚举、前后缀分解、单调栈

T4. 统计树中的合法路径数目（Hard）

• 标签：DFS、质数

---

T1. 最大二进制奇数（Easy）

https://leetcode.cn/problems/maximum-odd-binary-number/description/

题解（模拟）

简单模拟题，先计算 $1$ 的个数，将其中一个 $1$ 置于最低位，其它 $1$ 置于最高位：

class Solution {fun maximumOddBinaryNumber(s: String): String {val cnt = s.count { it == '1' }return StringBuilder().apply {repeat(cnt - 1) {append("1")}repeat(s.length - cnt) {append("0")}append("1")}.toString()}
}

class Solution:def maximumOddBinaryNumber(self, s: str) -> str:n, cnt = len(s), s.count("1")return "1" * (cnt - 1) + "0" * (n - cnt) + "1"

class Solution {
public:string maximumOddBinaryNumber(string s) {int n = s.length();int cnt = 0;for (auto& e : s)  {if (e == '1') cnt++;}string ret;for (int i = 0; i < cnt - 1; i++) {ret.push_back('1');}for (int i = 0; i < n - cnt; i++) {ret.push_back('0');}ret.push_back('1');return ret;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ 线性遍历；
• 空间复杂度：$O(1)$ 不考虑结果字符串。

---

T2. 美丽塔 I（Medium）

https://leetcode.cn/problems/beautiful-towers-i/description/

同 T3. 美丽塔 I

---

T3. 美丽塔 II（Medium）

https://leetcode.cn/problems/beautiful-towers-ii/description/

问题分析

初步分析：

• 问题目标： 构造满足条件的方案，使得数组呈现山状数组，返回元素和；
• 方案条件： 从数组的最大值向左侧为递减，向右侧也为递减。

思考实现：

• 在 T2. 美丽塔 I（Medium） 中的数据量只有 $1000$，我们可以枚举以每个点作为山峰（数组最大值）的方案，从山顶依次向两侧递减，使得当前位置不高于前一个位置，整体的时间复杂度是 $O(n^2)$；
• 在 T3. 美丽塔 II（Medium） 中数据量有 $10^5$，我们需要思考低于平方时间复杂度的方法。

思考优化：

以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例，我们观察以 $3$ 和 $9$ 作为山顶的两个方案：

以 3 作为山顶：
3 3 |3 3| 2 2以 9 作为山顶
3 3 |3 9| 2 2

可以发现：以 $3$ 作为山顶的左侧与以 $9$ 为山顶的右侧在两个方案之间是可以复用的，至此发现解决方法：我们可以分别预处理出以每个节点作为山顶的前缀和后缀的和：

• $pre[i]$ 表示以 $maxHeights[i]$ 作为山顶时左侧段的前缀和；
• $suf[i]$ 表示以 $maxHeights[i]$ 作为山顶时右侧段的后缀和。

那么，最佳方案就是 $pre[i]+suf[i]-maxHeight[i]$ 的最大值。 现在，最后的问题是如何以均摊 $O(1)$ 的时间复杂度计算出每个元素前后缀的和？

思考递推关系：

继续以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例：

• 以 $6$ 为山顶，前缀为 $[6]$
• 以 $5$ 为山顶，需要保证左侧元素不大于 $5$，因此找到 $6$ 并修改为 $5$，前缀为 $[5,5]$
• 以 $3$ 为山顶，需要保证左侧元素不大于 $3$，因此找到两个 $5$ 并修改为 $3$，前缀为 $[3,3,3]$
• 以 $9$ 为山顶，需要保证左侧元素不大于 $9$，不需要修改，前缀为 $[3,3,3,9]$
• 以 $2$ 为山顶，需要保证左侧元素不大于 $2$，修改后为 $[2,2,2,2,2]$
• 以 $7$ 为山顶，需要保证左侧元素不大于 $7$，不需要修改，前缀为 $[2,2,2,2,2,7]$

提高抽象程度：

观察以上步骤，问题的关键在于修改操作：由于数组是递增的，因此修改的步骤就是在「寻找小于等于当前元素 $x$ 的上一个元素」，再将中间的元素削减为 $x$。「寻找上一个更小元素」，这是单调栈的典型场景。

题解一（枚举）

枚举以每个元素作为山顶的方案：

class Solution {fun maximumSumOfHeights(maxHeights: List<Int>): Long {val n = maxHeights.sizevar ret = 0Lfor (i in maxHeights.indices) {var curSum = maxHeights[i].toLong()var pre = maxHeights[i]for (j in i - 1 downTo 0) {pre = min(pre, maxHeights[j])curSum += pre}pre = maxHeights[i]for (j in i + 1 ..< n) {pre = min(pre, maxHeights[j])curSum += pre}ret = max(ret, curSum)}return ret}
}

class Solution:def maximumSumOfHeights(self, maxHeights: List[int]) -> int:n, ret = len(maxHeights), 0for i in range(n):curSum = maxHeights[i]pre = maxHeights[i]for j in range(i + 1, n):pre = min(pre, maxHeights[j])curSum += prepre = maxHeights[i]for j in range(i - 1, -1, -1):pre = min(pre, maxHeights[j])curSum += preret = max(ret, curSum)return ret

class Solution {
public:long long maximumSumOfHeights(vector<int>& maxHeights) {int n = maxHeights.size();long long ret = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {long long curSum = maxHeights[i];int pre = maxHeights[i];for (int j = i + 1; j < n; j++) {pre = min(pre, maxHeights[j]);curSum += pre;}pre = maxHeights[i];for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {pre = min(pre, maxHeights[j]);curSum += pre;}ret = max(ret, curSum);}return ret;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n^2)$ 每个方案的时间复杂度是 $O(n)$，一共有 $n$ 种方案；
• 空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。

题解二（前后缀分解 + 单调栈）

使用单点栈维护前后缀数组，为了便于边界计算，我们构造长为 $n+1$ 的数组。以示例 [6,5,3,9,2,7] 为例：

0, 5, 6, 10, 4, 5
13, 8, 6, 2, 1, 0

class Solution {fun maximumSumOfHeights(maxHeights: List<Int>): Long {val n = maxHeights.sizeval suf = LongArray(n + 1)val pre = LongArray(n + 1)// 单调栈求前缀val stack = java.util.ArrayDeque<Int>()for (i in 0 until n) {// 弹出栈顶while (!stack.isEmpty() && maxHeights[stack.peek()] > maxHeights[i]) {stack.pop()}val j = if (stack.isEmpty()) -1 else stack.peek() pre[i + 1] = pre[j + 1] + 1L * (i - j) * maxHeights[i]stack.push(i)}// 单调栈求后缀stack.clear()for (i in n - 1 downTo 0) {// 弹出栈顶while (!stack.isEmpty() && maxHeights[stack.peek()] > maxHeights[i]) {stack.pop()}val j = if (stack.isEmpty()) n else stack.peek()suf[i] = suf[j] + 1L * (j - i) * maxHeights[i]stack.push(i)}// 合并var ret = 0Lfor (i in 0 until n) {ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i])}return ret}
}

class Solution:def maximumSumOfHeights(self, maxHeights: List[int]) -> int:n = len(maxHeights)suf = [0] * (n + 1)pre = [0] * (n + 1)stack = []# 单调栈求前缀for i in range(n):# 弹出栈顶while stack and maxHeights[stack[-1]] > maxHeights[i]:stack.pop()j = stack[-1] if stack else -1pre[i + 1] = pre[j + 1] + (i - j) * maxHeights[i]stack.append(i)# 单调栈求后缀stack = []for i in range(n - 1, -1, -1):# 弹出栈顶while stack and maxHeights[stack[-1]] > maxHeights[i]:stack.pop()j = stack[-1] if stack else nsuf[i] = suf[j] + (j - i) * maxHeights[i]stack.append(i)# 合并ret = 0for i in range(n):ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i])return ret

class Solution {
public:long long maximumSumOfHeights(vector<int>& maxHeights) {int n = maxHeights.size();vector<long long> suf(n + 1, 0);vector<long long> pre(n + 1, 0);stack<int> st;// 单调栈求前缀for (int i = 0; i < n; i++) {// 弹出栈顶while (!st.empty() && maxHeights[st.top()] > maxHeights[i]) {st.pop();}int j = st.empty() ? -1 : st.top();pre[i + 1] = pre[j + 1] + 1LL * (i - j) * maxHeights[i];st.push(i);}// 单调栈求后缀while (!st.empty()) st.pop();for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {// 弹出栈顶while (!st.empty() && maxHeights[st.top()] > maxHeights[i]) {st.pop();}int j = st.empty() ? n : st.top();suf[i] = suf[j] + 1LL * (j - i) * maxHeights[i];st.push(i);}// 合并long long ret = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {ret = max(ret, pre[i + 1] + suf[i] - maxHeights[i]);}return ret;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ 在一侧的计算中，每个元素最多如何和出栈 $1$ 次；
• 空间复杂度：$O(n)$ 前后缀数组空间。

---

T4. 统计树中的合法路径数目（Hard）

https://leetcode.cn/problems/count-valid-paths-in-a-tree/description/

这道题似乎比 T3 还简单一些。

问题分析

初步分析：

• 问题目标： 寻找满足条件的方案数；
• 问题条件： 路径 $[a,b]$ 上质数的数目有且仅有 $1$；
• 问题要素： 路径和 - 表示路径上质数的数目。

思考实现：

• 子问题： 对于以根节点 x 的原问题，可以分为 3 种情况：
  • 左子树可以构造的方案数
  • 右子树可以构造的方案数
  • 如果根节点为质数：「从根到子树节点的路径和为 $0$ 的数目」与「从根到其它子树节点的路径和为 $0$ 的数目」的乘积（乘法原理）

题解（DFS）

构造 DFS 函数，子树的 DFS 返回值为两个值：

• $cnt0$：到子树节点和为 $0$ 的路径数；
• $cnt1$：到子树节点和为 $1$ 的路径数；

返回结果时：

• 如果根节点为质数，那么只能与 $cnt0$ 个路径和为 $1$ 的路径；
• 如果根节点为非质数，那么 $cnt0$ 个路径可以组成和为 $0$ 的路径，同理 $cnt1$ 个路径可以组成和为 $1$ 的路径。

在子树的计算过程中还会构造结果：

由于题目说明 $[a,b]$ 与 $[b,a]$ 是相同路径，我们可以记录当前子树左侧已经计算过的 $cnt0$ 和 $cnt1$ 的累加和，再与当前子树的 $cnt0$ 与 $cnt1$ 做乘法：

$ret+=cnt0\ast cnt[1]+cnt1\ast cnt[0]$

class Solution {companion object {val U = 100000val primes = LinkedList<Int>()val isPrime = BooleanArray(U + 1) { true }init {isPrime[1] = falsefor (i in 2 .. U) {if (isPrime[i]) primes.add(i)for (e in primes) {if (i * e > U) breakisPrime[i * e] = falseif (i % e == 0) break}}}}fun countPaths(n: Int, edges: Array<IntArray>): Long {val graph = Array(n + 1) { LinkedList<Int>() }for ((from, to) in edges) {graph[from].add(to)graph[to].add(from)}var ret = 0L// return 0 和 1 的数量fun dfs(i: Int, pre: Int): IntArray {// 终止条件var cnt = IntArray(2)if (isPrime[i]) {cnt[1] = 1} else {cnt[0] = 1}// 递归for (to in graph[i]) {if (to == pre) continue // 返祖边val (cnt0, cnt1) = dfs(to, i)// 记录方案ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0]// 记录影响if (isPrime[i]) {cnt[1] += cnt0} else {cnt[0] += cnt0cnt[1] += cnt1}}return cnt}dfs(1, -1) // 随机选择根节点return ret}
}

U = 100000
primes = deque()
isPrime = [True] * (U + 1)isPrime[1] = False
for i in range(2, U + 1):if isPrime[i]: primes.append(i)for e in primes:if i * e > U: breakisPrime[i * e] = Falseif i % e == 0: breakclass Solution:def countPaths(self, n, edges):graph = defaultdict(list)for u, v in edges:graph[u].append(v)graph[v].append(u)ret = 0def dfs(i, pre):nonlocal ret # 修改外部变量cnt = [0, 0]# 终止条件if isPrime[i]:cnt[1] = 1else:cnt[0] = 1for to in graph[i]:if to == pre: continue # 返祖边cnt0, cnt1 = dfs(to, i)# 记录方案ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0]# 记录影响if isPrime[i]:cnt[1] += cnt0else:cnt[0] += cnt0cnt[1] += cnt1return cntdfs(1, -1) # 随机选择根节点return ret

const int U = 100000;
list<int> primes;
bool isPrime[U + 1];
bool inited = false;void init() {if (inited) return;inited = true;memset(isPrime, true, sizeof(isPrime));isPrime[1] = false;for (int i = 2; i <= U; ++i) {if (isPrime[i]) primes.push_back(i);for (auto e : primes) {if (i * e > U) break;isPrime[i * e] = false;if (i % e == 0) break;}}
}class Solution {
public:long long countPaths(int n, vector<vector<int>>& edges) {init();vector<list<int>> graph(n + 1);for (const auto& edge : edges) {int from = edge[0];int to = edge[1];graph[from].push_back(to);graph[to].push_back(from);}long long ret = 0;// return 0 和 1 的数量function<vector<int>(int, int)> dfs = [&](int i, int pre) -> vector<int> {// 终止条件vector<int> cnt(2, 0);if (isPrime[i]) {cnt[1] = 1;} else {cnt[0] = 1;}// 递归for (auto to : graph[i]) {if (to == pre) continue; // 返祖边vector<int> subCnt = dfs(to, i);int cnt0 = subCnt[0];int cnt1 = subCnt[1];// 记录方案ret += cnt0 * cnt[1] + cnt1 * cnt[0];// 记录影响if (isPrime[i]) {cnt[1] += cnt0;} else {cnt[0] += cnt0;cnt[1] += cnt1;}}return cnt;};dfs(1, -1); // 随机选择根节点return ret;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：预处理时间为 $O(U)$，建图时间 和 DFS 时间为 $O(n)$；
• 空间复杂度：预处理空间为 $O(U)$，模拟空间为 $O(n)$。

枚举质数

OI - 素数筛法

枚举法：枚举 $[2,n]$ ，判断它是不是质数，整体时间复杂度是 $O(n\sqrt{n})$

// 暴力求质数
fun getPrimes(max: Int): IntArray {val primes = LinkedList<Int>()for (num in 2..max) {if (isPrime(num)) primes.add(num)}return primes.toIntArray()
}// 质数判断
fun isPrime(num: Int): Boolean {var x = 2while (x * x <= num) {if (num % x == 0) return falsex++}return true
}

Eratosthenes 埃氏筛：如果 $x$ 是质数，那么 $x$ 的整数倍 $2x$、$3x$ 一定不是质数。我们设 isPrime[i] 表示 $i$ 是否为质数。从小开始遍历，如果 $i$ 是质数，则同时将所有倍数标记为合数，整体时间复杂度是 $O(nlgn)$

为什么要从 $x^2$, $2x^2$ 开始标记，而不是 $2x$, $3x$ 开始标记，因为 $2x$, $3x$ 已经被小于 $x$ 的质数标记过。

// 埃氏筛求质数
val primes = LinkedList<Int>()
val isPrime = BooleanArray(U + 1) { true }
for (i in 2..U) {// 检查是否为质数，这里不需要调用 isPrime() 函数判断是否质数，因为它没被小于它的数标记过，那么一定不是合数if (!isPrime[i]) continueprimes.add(i)// 标记var x = i * iwhile (x <= U) {isPrime[x] = falsex += i}
}

Euler 欧氏线性筛：尽管我们从 $x^2$ 开始标记来减少重复标记，但埃氏筛还是会重复标记合数。为了避免重复标记，标记 $x$ 与 “小于等于 $x$ 的最小质因子的质数” 的乘积为合数，保证每个合数只被标记最小的质因子标记，整体时间复杂度是 $O(n)$

// 线性筛求质数
val primes = LinkedList<Int>()
val isPrime = BooleanArray(U + 1) { true }
for (i in 2..U) {// 检查是否为质数，这里不需要调用 isPrime() 函数判断是否质数，因为它没被小于它的数标记过，那么一定不是合数if (isPrime[i]) {primes.add(i)}// 标记for (e in primes) {if (i * e > U) breakisPrime[i * e] = falseif (i % e == 0) break}
}

推荐阅读

LeetCode 上分之旅系列往期回顾：

• LeetCode 单周赛第 363 场 · 经典二分答案与质因数分解
• LeetCode 单周赛第 361 场 · 同余前缀和问题与经典倍增 LCA 算法
• LeetCode 双周赛第 113 场 · 精妙的 O(lgn) 扫描算法与树上 DP 问题
• LeetCode 双周赛第 112 场 · 计算机科学本质上是数学吗？

⭐️ 永远相信美好的事情即将发生，欢迎加入小彭的 Android 交流社群~