竞赛链接

https://leetcode.cn/contest/weekly-contest-361/

Q1：7020. 统计对称整数的数目

https://leetcode.cn/problems/count-symmetric-integers/

提示：
1 <= low <= high <= 10^4

竞赛时代码——枚举预处理

预处理所有数字是否为对称整数。
cnt[i]表示 <=i 的数字中有几个对称整数。

class Solution {static int[] cnt = new int[10005];// 预处理static {for (int i = 1; i <= 10001; ++i) {cnt[i] = cnt[i - 1];if (op(i)) cnt[i]++;}}public int countSymmetricIntegers(int low, int high) {return cnt[high] - cnt[low - 1];}// 判断x是否为对称整数public static boolean op(int x) {List<Integer> ls = new ArrayList<>();while (x != 0) {ls.add(x % 10);x /= 10;}int n = ls.size();if (n % 2 == 1) return false;int a = 0, b = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {if (i < n / 2) a += ls.get(i);else b += ls.get(i);}return a == b;}
}

Q2：8040. 生成特殊数字的最少操作（倒序遍历、贪心）

https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-make-a-special-number/

提示

1 <= num.length <= 100
num 仅由数字 '0' 到 '9' 组成
num 不含任何前导零

竞赛时代码——检查0、00、25、50、75

检查位置最靠后的 00、25、50、75 的位置。

如果都不存在但是有 0 的话，答案则为 n - 1。（因为 0 可以不删）

class Solution {public int minimumOperations(String num) {int n = num.length();boolean f0 = false, f5 = false;for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {char ch = num.charAt(i);if (ch == '0') {if (f0) return n - i - 2;       // 检查00f0 = true;} else if (ch == '5') {if (f0)  return n - i - 2;;     // 检查50f5 = true;} else if (ch == '2' || ch == '7') {if (f5)  return n - i - 2;;     // 检查25，75}}if (f0) return n - 1;                   // 检查是否有0return n;}
}

Q3：2845. 统计趣味子数组的数目

https://leetcode.cn/problems/count-of-interesting-subarrays/

提示：
1 <= nums.length <= 10^5
1 <= nums[i] <= 10^9
1 <= modulo <= 10^9
0 <= k < modulo

竞赛时代码——前缀和+哈希表

使用前缀和数组可以快速求出从 l ~ r 之间满足要求的元素个数 cnt。

求出前缀和数组之后，从前往后依次枚举下标。对于当前的前缀和 sum[r]，前面有若干个满足 (sum[r] - sum[x]) % modulo == k 的下标，这些下标的共同特征是：它们的值 sum[x] = (sum[r] - k + modulo) % modulo。

---

在枚举的过程中用哈希表 cnt 记录下各种 sum[i] 数值的数量，即 cnt[[sum[i]]++。
这样当枚举到 当前的前缀和为 sum[r] 时，与他相匹配的前缀和设为 x，则有 (sum[r] - x) % modulo == k，解得 x = (sum[r] - k + modulo) % modulo。 就可以快速找到 sum[r] 之前有几个可以和当前下标配对的下标 l，组成符合条件的区间 l ~ r，从哈希表中可以快速找出有 cnt[x] 的值个可以匹配。
即——在 r 之前有 cnt[x] 个下标，分别为 l1、l2…、lx 满足区间 li ~ r 之间的 cnt % modulo == k。

class Solution {public long countInterestingSubarrays(List<Integer> nums, int modulo, int k) {int n = nums.size();int[] x = new int[n], sum = new int[n + 1];		// x是原始数组，sum是前缀和数组Map<Integer, Integer> cnt = new HashMap<>();    // 存储各个余数为key的位置的数量cnt.put(0, 1);long ans = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {if (nums.get(i) % modulo == k) x[i] = 1;sum[i + 1] = (sum[i] + x[i]) % modulo;      // 前缀和int r = sum[i + 1];ans += cnt.getOrDefault((r - k + modulo) % modulo, 0);cnt.merge(r, 1, Integer::sum);}return ans;}
}

相似题目——1590. 使数组和能被 P 整除（确实很相似的题目）

https://leetcode.cn/problems/make-sum-divisible-by-p/description/

提示：

1 <= nums.length <= 105
1 <= nums[i] <= 109
1 <= p <= 109

class Solution {public int minSubarray(int[] nums, int p) {int n = nums.length;int[] sum = new int[n + 1];                     // 前缀和数组for (int i = 0; i < n; ++i) {sum[i + 1] = (sum[i] + nums[i]) % p;}int t = sum[n], ans = n;if (t == 0) return 0;Map<Integer, Integer> idx = new HashMap<>();    // 记录各个前缀和出现的下标idx.put(0, -1);for (int i = 0; i < n; ++i) {// x是当前前缀和，y是和x配对组成t的前缀和int x = sum[i + 1], y = (x - t + p) % p;   // 如果之前有y，就尝试更新答案 if (idx.containsKey(y)) ans = Math.min(ans, i - idx.get(y));idx.put(x, i);}return ans == n? -1: ans;}
}

Q4：2846. 边权重均等查询⭐⭐⭐⭐⭐

https://leetcode.cn/problems/minimum-edge-weight-equilibrium-queries-in-a-tree/

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

读题

给了一个 n 个节点的无向图。

每次查询，给两个点 a ，b。求 a 和 b 路径之间的所有边权，都变成相等需要操作几步——实际上是求 a 和 b 之间有几条边，其中出现次数最多的边权出现了几次。

解法——树上倍增、最近公共祖先LCA

关于这部分的知识点总结可见：【算法】树上倍增 & LCA

https://leetcode.cn/problems/minimum-edge-weight-equilibrium-queries-in-a-tree/solutions/2424060/lca-mo-ban-by-endlesscheng-j54b/

思路总结：
用树上倍增的思想维护：各个节点的深度、各个节点和父节点之间各种边权的数量。

求答案时，先将两个节点放在同一深度，实现方法是 y 先跳 d[y] - d[x] 的深度。
然后，x 和 y 一起往上跳。

class Solution {public int[] minOperationsQueries(int n, int[][] edges, int[][] queries) {// 临界表存储无向图List<int[]>[] g = new ArrayList[n];             Arrays.setAll(g, e -> new ArrayList<>());for (int[] e: edges) {int x = e[0], y = e[1], w = e[2] - 1;g[x].add(new int[]{y, w});g[y].add(new int[]{x, w});}int m = 32 - Integer.numberOfLeadingZeros(n);   // n的二进制长度int[][] pa = new int[n][m];     // pa[x][i]表示节点x的第2^i个父节点for (int i = 0; i < n; ++i) {Arrays.fill(pa[i], -1);     // -1表示没有这个父节点}int[][][] cnt = new int[n][m][26];  // cnt[x][i][w]记录节点x和父节点之间的边权为w的个数int[] depth = new int[n];       // 记录n个节点的深度// 使用 dfs 从0节点开始 初始化pa、cnt 计算depthdfs(0, -1, g, pa, cnt, depth);// 计算 pa 和 cnt// 先枚举i，（也就是先算出所有节点的爷爷、再求所有节点爷爷的爷爷...for (int i = 0; i < m - 1; ++i) {   // 先枚举i，范围是0~m-2for (int x = 0; x < n; ++x) {   // 再枚举xint p = pa[x][i];           // 取出节点x的第2^i个父节点if (p != -1) {              int pp = pa[p][i];      // 取出节点x的第2^i个父节点的第2^i个父节点pa[x][i + 1] = pp;      // 赋值——x的第2^(i+1)个父节点// 通过cnt[x][i]和cnt[p][i]计算 cnt[x][i+1]for (int j = 0; j < 26; ++j) {cnt[x][i + 1][j] = cnt[x][i][j] + cnt[p][i][j];}}}}// 计算答案int[] ans = new int[queries.length];for (int qi = 0; qi < queries.length; qi++) {   // 枚举每一个查询int x = queries[qi][0], y = queries[qi][1];int pathLen = depth[x] + depth[y];          // x的深度和y的深度int[] cw = new int[26];                     // 统计各种边权在x和y之间出现的次数// 让 x 作为深度更小的那个节点if (depth[x] > depth[y]) {int t = x;x = y;y = t;}// 让 y 和 x 在同一深度（先让 y 跳 depth[y]-depth[x]）for (int k = depth[y] - depth[x]; k > 0; k &= k - 1) {int i = Integer.numberOfTrailingZeros(k);int p = pa[y][i];for (int j = 0; j < 26; ++j) {cw[j] += cnt[y][i][j];}y = p;}// y和x位于同一深度的时候可能位于同一个节点，那么就不用继续计算了if (y != x) {// 让 x 和 y 同时往上跳for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {  // 从大到小尝试各种2^i跳法int px = pa[x][i], py = pa[y][i];// 如果px!=py，说明可以跳if (px != py) {for (int j = 0; j < 26; ++j) {cw[j] += cnt[x][i][j] + cnt[y][i][j];}   x = px;y = py;}}// 因为跳到最后，x和y都是最近公共祖先的直系节点，所以px一定会=py// 手动计算cnt[j]for (int j = 0; j < 26; ++j) {cw[j] += cnt[x][0][j] + cnt[y][0][j];}x = pa[x][0];   // x此时变成了 x 和 y 的最近公共祖先}int lca = x;pathLen -= depth[lca] * 2;int maxCw = 0;for (int i = 0; i < 26; ++i) maxCw = Math.max(maxCw, cw[i]);ans[qi] = pathLen - maxCw;}return ans;}public void dfs(int x, int fa, List<int[]>[] g, int[][] pa, int[][][] cnt, int[] depth) {pa[x][0] = fa;                  // 父节点for (int[] e: g[x]) {           // 枚举和x相连的每一条边int y = e[0], w = e[1];if (y != fa) {cnt[y][0][w] = 1;depth[y] = depth[x] + 1;dfs(y, x, g, pa, cnt, depth);}}}
}

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成绩记录

喜报！应该要升 guardian 了！