题目列表

3541. 找到频率最高的元音和辅音
3542. 将所有元素变为 0 的最少操作次数
3543. K 条边路径的最大边权和
3544. 子树反转和

一、找到频率最高的元音和辅音

分别统计元音和辅音的出现次数最大值，然后相加即可，代码如下

// C++
class Solution {const string str = "aeiou";
public:int maxFreqSum(string s) {int cnt[26]{};int mx1 = 0, mx2 = 0;for(auto & e : s){cnt[e - 'a']++;if(str.find(e) == string::npos){mx1 = max(mx1, cnt[e - 'a']); // 更新辅音}else{mx2 = max(mx2, cnt[e - 'a']); // 更新辅音}}return mx1 + mx2;}
};

# Python
class Solution:def maxFreqSum(self, s: str) -> int:cnt = [0] * 26mx1 = 0mx2 = 0for e in s:x = ord(e) - ord('a')cnt[x] += 1if e in "aeiou":mx1 = max(mx1, cnt[x])else:mx2 = max(mx2, cnt[x])return mx1 + mx2

二、将所有元素变为 0 的最少操作次数

本题的难点在于一旦我们将区间内的最小值变为 0，那么剩余的不为 0 的数字就会被分成一段一段的区间，此时，我们需要在这些区间内再去进行操作，而这需要我们维护区间内的最小值，显然很困难，那有没有什么其他的思路？

• 思路
  对于一个数字 x 来说，只有当它是区间内的最小值时，才可以通过操作被置为 0，而从贪心的角度来说，这个区间越大，则置为 0 的数越多，所进行的操作就会越少。所以我们只要计算对于同一个数字 x，它需要被分为多少个区间，才能让所有的 x 全部变为 0，而它分出的区间数就是它需要进行的最少操作次数。统计所有的数字对于答案的贡献即可

  • 这里暗含一个贪心的策略，优先将小的数字置为 0 会更优，因为小的数字置为 0，它依旧是小的数字，不会影响大的数字的分区个数，但是反过来，大的数字置为 0，就有可能将小的数字分成更多的区间，导致操作次数变多
  • 故这里我们计算出每个数字区间个数后直接相加，看似不论顺序，实质是从小的数字开始进行操作
  • 求解 x 为最小数字的区间，本质是求距离 x 最近的比它小的数字下标，可以用单调栈来求解

// C++
class Solution {
public:int minOperations(vector<int>& nums) {int n = nums.size();stack<int> st;vector<int> left(n, -1), right(n, n);// 计算区间for(int i = 0; i < n; i++){while(st.size() && nums[st.top()] > nums[i]){right[st.top()] = i;st.pop();}st.push(i);}st = stack<int>();for(int i = n - 1; i >= 0; i--){while(st.size() && nums[st.top()] > nums[i]){left[st.top()] = i;st.pop();}st.push(i);}unordered_map<int,set<pair<int,int>>> mp;for(int i = 0; i < n; i++){mp[nums[i]].emplace(left[i], right[i]);}int ans = 0;for(auto& [x, st] : mp){if(x){ // x = 0 不需要进行操作ans += st.size();}}return ans;}
};

• 优化

  • 对于求区间个数的操作，我们可以在一次循环中得到，具体如下

// C++
class Solution {
public:int minOperations(vector<int>& nums) {int n = nums.size(), ans = 0;stack<int> st; // 单调递增 & 栈中无重复数字 & 不包含 0for(int i = 0; i < n; i++){while(st.size() && nums[st.top()] >= nums[i]){// 这里只统计一定需要进行一次操作的数字个数，即左右边界已经明确的数字// 和 nums[i] 相同的数字，由于右边界还不确定，此处不统计，等区间明确后在统计if(nums[st.top()] != nums[i]){ans++;}st.pop();}if(nums[i]) // 0 不需要入栈st.push(i);}// 栈中剩余的数字，此时右边界已经确定，也需要进行一次操作才能被置为 0return ans + st.size();}
};

#Python
class Solution:def minOperations(self, nums: List[int]) -> int:ans = 0bottom, top = 0, 0 # 可以直接将 nums 当作栈进行使用，空间复杂度为 O(1)for i in range(len(nums)):while bottom != top and nums[top-1] >= nums[i]:if nums[top-1] != nums[i]:ans += 1top -= 1if nums[i] > 0:nums[top] = nums[i]top += 1return ans + top - bottom

三、K 条边路径的最大边权和

本题先建图，然后直接用 dfs 进行遍历即可，注意，为了防止重复遍历某个状态，需要记忆化已经遍历过的状态，代码如下

// C++
class Solution {
public:int maxWeight(int n, vector<vector<int>>& edges, int k, int t) {vector<vector<pair<int,int>>> g(n);for(auto& e : edges){g[e[0]].emplace_back(e[1], e[2]);}int ans = -1;set<tuple<int,int,int>> st; // 记忆化遍历过的状态auto dfs = [&](this auto&& dfs, int x, int d, int s)->void{if(d == k){ans = max(ans, s);return;}if(st.count({x, d, s}))return;st.emplace(x, d, s);for(auto& [y, w] : g[x]){if(s + w < t){dfs(y, d + 1, w + s);}}};for(int i = 0; i < n; i++){dfs(i, 0, 0);}return ans;}
};

# Python
class Solution:def maxWeight(self, n: int, edges: List[List[int]], k: int, t: int) -> int:g = [[] for _ in range(n)]for x, y, w in edges:g[x].append((y, w))ans = -1@cachedef dfs(x:int, d:int, s:int):if d == k:nonlocal ansans = max(ans, s)returnfor y, w in g[x]:if w + s < t:dfs(y, d + 1, w + s)for i in range(n):dfs(i, 0, 0)return ans

四、子树反转和

本题的反转操作有距离限制，也就是说对当前结点进行反转操作之后，与它距离小于 k 的结点就不能进行反转操作了，所以我们在 dfs 遍结点的时候，需要增加两个参数 mul : 表示当前的结点取正还是取负，cd : 多少距离后，就能再次进行反转操作，故我们有 dfs(x,fa,mul,cd)

• 当 x 结点不反转时，$dfs(x,fa,mul,cd)=sum(dfs(y,x,mul,(cd?cd-1,0)))+(mul?nums[x]:-nums[x])$，其中 y 是结点 x 的所有子节点
• 当 x 结点反转且 cd == 0 时，$dfs(x,fa,mul,cd)=sum(dfs(y,x,!mul,k-1))+(mul?-nums[x]:nums[x])$，其中 y 是结点 x 的所有子节点

代码如下

// C++
class Solution {
public:long long subtreeInversionSum(vector<vector<int>>& edges, vector<int>& nums, int k) {int n = nums.size();vector<vector<int>> g(n);for(auto & e : edges){g[e[0]].push_back(e[1]);g[e[1]].push_back(e[0]);}vector memo(n, vector(2, vector<long long>(k, -1)));auto dfs = [&](this auto&& dfs, int x, int fa, bool mul, int cd)->long long{ // f0, cd0, f1if(memo[x][mul][cd] != -1) return memo[x][mul][cd];long long res = mul ? nums[x] : -nums[x];for(int y : g[x]){if(y != fa){res += dfs(y, x, mul, (cd ? cd - 1 : 0));}}if(cd == 0){long long res2 = mul ? -nums[x] : nums[x];for(int y : g[x]){if(y != fa){res2 += dfs(y, x, !mul, k - 1);}}res = max(res, res2);}return memo[x][mul][cd] = res;};return dfs(0, -1, true, 0);}
};

# Python
class Solution:def subtreeInversionSum(self, edges: List[List[int]], nums: List[int], k: int) -> int:n = len(nums)g = [[] for _ in range(n)]for x,y in edges:g[x].append(y)g[y].append(x)memo = {}def dfs(x:int, fa:int, mul:bool, cd:int)->int:t = (x, mul, cd)if t in memo:return memo[t]res = nums[x] if mul else -nums[x]for y in g[x]:if y != fa:res += dfs(y, x, mul, cd - 1 if cd > 0 else 0)if cd == 0:res2 = -nums[x] if mul else nums[x]for y in g[x]:if y != fa:res2 += dfs(y, x, not mul, k - 1)res = max(res, res2)memo[t] = resreturn resreturn dfs(0, -1, True, 0)