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2023/10/25

每日一题(四数相加2)+树的重心

第454题.四数相加II

力扣题目链接(opens new window)

给定四个包含整数的数组列表 A , B , C , D ,计算有多少个元组 (i, j, k, l) ,使得 A[i] + B[j] + C[k] + D[l] = 0。

为了使问题简单化,所有的 A, B, C, D 具有相同的长度 N,且 0 ≤ N ≤ 500 。所有整数的范围在 -2^28 到 2^28 - 1 之间,最终结果不会超过 2^31 - 1 。

例如:

输入:

  • A = [ 1, 2]
  • B = [-2,-1]
  • C = [-1, 2]
  • D = [ 0, 2]

输出:

2

解释:

两个元组如下:

  1. (0, 0, 0, 1) -> A[0] + B[0] + C[0] + D[1] = 1 + (-2) + (-1) + 2 = 0
  2. (1, 1, 0, 0) -> A[1] + B[1] + C[0] + D[0] = 2 + (-1) + (-1) + 0 = 0
//四数相加2
// Created by 徐昊岩 on 2023/10/25.

//很有启示意义的一道题,现在我才发觉,对于数组,遍历很多时候是不可避免的,要想降低时间复杂度,应首先考虑!降幂!
//比如此题4个数组,如果用排列组合式的遍历,就会得到n^4的时间复杂度,很可怕,但是你可以拆开来,每次组合式遍历2个数组(此题1个是没意义的),这样总次数2*n^2,时间复杂度就来到了n^2
//也算是以空间换时间的一种做法

//目前知道的以空间换时间算法也就知道个哈希表,但关键是“!降幂!,!多储存信息!”,哈希表算是时间复杂度从1次幂降到0次幂!,这或许就是降低时间复杂度的关键?
#include "vector"
#include "unordered_map"
using namespace std;
class Solution {
public:
    int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {
        unordered_map<int,int> umap;
        int count=0;
        for(int i:nums1){
            for(int o:nums2){
                umap[i+o]+=1; //会在没有该键的时候自动添加!
            }
        }
        for(int i:nums3) {
            for (int o: nums4){
                if(umap.find(0-o-i)!=umap.end()) count+=umap.at(0-o-i);
            }
        }
        return count;
    }
};

class Solution2 {
public:
    int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {
        unordered_map<int,int> umap;
        int count=0;
        for(int i:nums1){
            for(int o:nums2){
                for(int e:nums3)    //n^3都超时了,显然时间开销在n大的时候很大
                    umap[o+i+e]+=1;
            }
        }
        for (int o: nums4){
            if(umap.find(0-o)!=umap.end()) count+=umap.at(0-o);
        }
        return count;
    }
};

树的重心(到各个节点路径最短的点),使用广度优先搜索

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include "unordered_map"
using namespace std;

const int N = 1e4+10; // 最大边数

vector<int> Adj[N]; //邻接表
bool hs[N]; //顶点是否被访问
unordered_map<int,int> umap;

int res = N; //结果
int n; //顶点数

void Read() // 读入数据
{
    cin >> n;

    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        int u,v;
        cin >> u >> v;
        Adj[u].push_back(v);
        Adj[v].push_back(u);
    }
}

int dfs(int u) //返回以u为根的所有子树的节点数(包括结点u)
{
    hs[u]=1;
    int sum=1,ans=0; //sum 记录以u为根的所有子树的的节点数,ans记录最大的子树的节点数

    for(int i=0;i<Adj[u].size();++i)
    {
        int v=Adj[u][i];
        if(hs[v]==0)
        {
            int j=dfs(v);
            sum+=j;  //累加子树的节点数
            ans=max(ans,j); //更新子树的最大节点数
        }
    }

    ans=max(ans,n-sum); //计算与u相连的连通块中最大的节点数
    umap.emplace(ans,u); //记录该节点所有子树的最大节点数值所对应的树节点
    res=min(res,ans);   //计算结果,各个节点的连通块中节点数中最大值中的最小值

    return sum;
}

int main()
{
    Read();

    dfs(1);

    cout << umap.at(res) << endl;

    return 0;
}