力扣 1519——子树中标签相同的节点数

原创
08/08 16:42
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本题主要在于对树这种数据结构的考察,以及深度优先遍历的使用,优化时可以采取空间换时间的策略。

原题

给你一棵树(即,一个连通的无环无向图),这棵树由编号从 0 到 n - 1 的 n 个节点组成,且恰好有 n - 1 条 edges 。树的根节点为节点 0 ,树上的每一个节点都有一个标签,也就是字符串 labels 中的一个小写字符(编号为 i 的 节点的标签就是 labels[i] )

边数组 edges 以 edges[i] = [ai, bi] 的形式给出,该格式表示节点 ai 和 bi 之间存在一条边。

返回一个大小为 n 的数组,其中 ans[i] 表示第 i 个节点的子树中与节点 i 标签相同的节点数。

树 T 中的子树是由 T 中的某个节点及其所有后代节点组成的树。

示例 1:

输入:n = 7, edges = [[0,1],[0,2],[1,4],[1,5],[2,3],[2,6]], labels = "abaedcd"
输出:[2,1,1,1,1,1,1]
解释:节点 0 的标签为 'a' ,以 'a' 为根节点的子树中,节点 2 的标签也是 'a' ,因此答案为 2 。注意树中的每个节点都是这棵子树的一部分。
节点 1 的标签为 'b' ,节点 1 的子树包含节点 1、4 和 5,但是节点 4、5 的标签与节点 1 不同,故而答案为 1(即,该节点本身)。

示例 2:

输入:n = 4, edges = [[0,1],[1,2],[0,3]], labels = "bbbb"
输出:[4,2,1,1]
解释:节点 2 的子树中只有节点 2 ,所以答案为 1 。
节点 3 的子树中只有节点 3 ,所以答案为 1 。
节点 1 的子树中包含节点 1 和 2 ,标签都是 'b' ,因此答案为 2 。
节点 0 的子树中包含节点 0、1、2 和 3,标签都是 'b',因此答案为 4 。

示例 3 :

输入:n = 5, edges = [[0,1],[0,2],[1,3],[0,4]], labels = "aabab"
输出:[3,2,1,1,1]

示例 4:

输入:n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[1,3],[3,4],[4,5]], labels = "cbabaa"
输出:[1,2,1,1,2,1]

示例 5:

输入:n = 7, edges = [[0,1],[1,2],[2,3],[3,4],[4,5],[5,6]], labels = "aaabaaa"
输出:[6,5,4,1,3,2,1]

提示:

  • 1 <= n <= 10^5

  • edges.length == n - 1

  • edges[i].length == 2

  • 0 <= ai, bi < n

  • ai != bi

  • labels.length == n

  • labels 仅由小写英文字母组成

原题 url:https://leetcode-cn.com/problems/number-of-nodes-in-the-sub-tree-with-the-same-label

解题

首次尝试

这道题是要让我们计算:在子树中,和当前节点字符相同的节点个数。

那么我们就必然需要构建树中各个节点的关系,那么就需要记录父子节点的关系,因为是普通的树,一个节点的子节点可能有多个,因此我用LinkedList<Integer>[] tree这样一个数组进行存储,其中tree[i]代表节点 i 的所有子节点。

至于求相同节点的个数,我想着可以从根节点 0 开始逐个遍历,先获取其第一层子节点,再根据第一层子节点逐个获取,可以采用广度优先遍历的形式。

让我们看看代码:

class Solution {

public int[] countSubTrees(int n, int[][] edges, String labels) {
// 构造树
LinkedList<Integer>[] tree = new LinkedList[n];
for (int[] edge : edges) {
// edge[0]的子节点
LinkedList<Integer> child = tree[edge[0]];
if (child == null) {
child = new LinkedList<>();
tree[edge[0]] = child;
}
// 增加子节点
child.add(edge[1]);
}

// 结果
int[] result = new int[n];
// 遍历并计算
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 需要遍历的字符
char cur = labels.charAt(i);
// 该节点的子树中与该字符相同的节点数
int curCount = 0;
// 广度优先遍历
LinkedList<Integer> searchList = new LinkedList<>();
searchList.add(i);
while(!searchList.isEmpty()) {
int index = searchList.removeFirst();
if (cur == labels.charAt(index)) {
curCount++;
}
// 找出该节点的子树
if (tree[index] == null) {
continue;
}
searchList.addAll(tree[index]);
}

result[i] = curCount;
}

return result;
}
}

提交之后,发现有错误。错误的情况是:

输入:
4
[[0,2],[0,3],[1,2]]
"aeed"

输出:
[1,2,1,1]

预期:
[1,1,2,1]

根据这样输入,我构造出的树是:

1   0
\ / \
2 3

但根据预期结果反推出来的树是:

    0
/ \
2 3

/
1

那么输入中最后给出的[1,2]就不是从父节点指向子节点,也就是输入中给出的边关联的节点顺序,是任意的。

那我们的树究竟该如何构造呢?

双向记录构造树

既然我们在构造树的时候,无法直接得出父子关系,那么就将对应两个节点同时记录另一个节点。

根据题目中给出的条件:树的根节点为节点 0。这样我们在遍历的时候,就从 0 开始,只要 0 关联的节点,一定是 0 的子节点。将这些节点进行标记,这样再递归访问接下来的节点时,如果是标记过的,则说明是父节点,这样就可以明确父子节点关系了。

至于遍历的时候,因为这次我们是不知道父子节点关系的,所以无法直接采用广度优先遍历,换成深度优先遍历

让我们看看代码:

class Solution {

// 总节点数
int n;
// 树
Map<Integer, LinkedList<Integer>> tree;
// 字符串
String labels;
// 最终结果
int[] result;

public int[] countSubTrees(int n, int[][] edges, String labels) {
this.n = n;
this.labels = labels;
result = new int[n];

LinkedList<Integer> list;
// 双向构造树的关系
tree = new HashMap<>(n / 4 * 3 + 1);
for (int[] edge : edges) {
// 添加映射关系
list = tree.computeIfAbsent(edge[0], k -> new LinkedList<>());
list.add(edge[1]);
list = tree.computeIfAbsent(edge[1], k -> new LinkedList<>());
list.add(edge[0]);
}


// 深度优先搜索
dfs(0);

return result;
}

public int[] dfs(int index) {
// 当前子树中,所有字符的个数
int[] charArray = new int[26];

// 开始计算,标志该节点已经计算过
result[index] = 1;
// 获得其关联的节点
List<Integer> nodes = tree.get(index);
// 遍历
for (int node : nodes) {
// 如果该节点已经访问过
if (result[node] > 0) {
continue;
}

// 递归遍历子节点
int[] array = dfs(node);
for (int i = 0; i < 26; i++) {
charArray[i] += array[i];
}
}
// 将当前节点的值计算一下
charArray[labels.charAt(index) - 'a'] += 1;
result[index] = charArray[labels.charAt(index) - 'a'];
return charArray;
}
}

提交OK,执行用时136ms,超过36.71%,内存消耗104.5MB,超过91.38%

时间复杂度上,应该是要研究dfs方法中的两个for循环,外层肯定是每个节点都遍历一遍,内层还需要遍历26个英文字母,也就是O(n)

空间复杂度上,最大的应该就是存储节点映射关系的tree了,里面实际上就是 2n 个节点(因为每条边对应的两个节点都会互相存一次对方),因此也就是O(n)

虽然过了,但执行速度很慢,可以进一步优化。

用空间换时间

针对我上面的解法,其中tree我是用的Map,虽然其get方法理论上是O(n),但毕竟涉及 hash,可以优化成数组。

至于每次取节点对应的字符所用的charAt方法,具体其实是:

    public char charAt(int index) {
if ((index < 0) || (index >= value.length)) {
throw new StringIndexOutOfBoundsException(index);
}
return value[index];
}

每次都会检查一次 index,其实这完全是可以省略的,因此可以提前构造好每个位置对应的值,也用一个数组存储。

让我们看看新的代码:

class Solution {

// 总节点数
int n;
// 树
LinkedList<Integer>[] tree;
// 每个节点的值(用数字表示)
int[] nodeValueArray;
// 最终结果
int[] result;

public int[] countSubTrees(int n, int[][] edges, String labels) {
this.n = n;
nodeValueArray = new int[n];
result = new int[n];

// 双向构造树的关系
tree = new LinkedList[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
tree[i] = new LinkedList<>();
}
for (int[] edge : edges) {
// 添加映射关系
tree[edge[0]].add(edge[1]);
tree[edge[1]].add(edge[0]);
}

// 生成节点的值
for (int i = 0; i < n; i++) {
nodeValueArray[i] = labels.charAt(i) - 'a';
}

// 深度优先搜索
dfs(0);

return result;
}

public int[] dfs(int index) {
// 当前子树中,所有字符的个数
int[] charArray = new int[26];

// 开始计算,标志该节点已经计算过
result[index] = 1;
// 获得其关联的节点
List<Integer> nodes = tree[index];
// 遍历
for (int node : nodes) {
// 如果该节点已经访问过
if (result[node] > 0) {
continue;
}

// 递归遍历子节点
int[] array = dfs(node);
for (int i = 0; i < 26; i++) {
charArray[i] += array[i];
}
}
// 将当前节点的值计算一下
charArray[nodeValueArray[index]] += 1;
result[index] = charArray[nodeValueArray[index]];
return charArray;
}
}

提交之后,执行用时是96ms,内存消耗是402.2MB。看来优化的效果并不明显。

研究一下目前最优解法

这个解法真的是巧妙,执行用时20ms,超过了100%,内存消耗76.3MB,超过了100%

我在代码中增加了注释,方便大家理解。但这样的写法,研究一下是能够看懂,但让我想估计是永远不可能想出来,可以让大家也一起学习和借鉴:

public class Solution {

static class Next {

Next next;
Node node;

Next(Next next, Node node) {
this.next = next;
this.node = node;
}
}

static class Node {

/**
* 当前节点的index
*/

final int index;

/**
* 当前节点对应的字符值(减去'a')
*/

final int ci;

/**
* 所有关联的节点
*/

Next children;

/**
* 该节点的父节点
*/

Node parent;

/**
* 子树中和该节点含有相同字符的节点总个数
*/

int result;

/**
* 是否还在队列中,可以理解为是否已访问过
*/

boolean inQueue;

public Node(int index, int ci) {
this.index = index;
this.ci = ci;
this.result = 1;
}

/**
* 从后往前,找到当前节点没有访问过的第一个子节点
*/

Node popChild() {
for (; ; ) {
// 当前节点的所有关联节点
Next n = this.children;
// 如果没有,说明子节点都遍历完了
if (n == null) {
return null;
}
// 从后往前移除关联节点
this.children = n.next;
// 返回第一个没有访问过的节点
if (!n.node.inQueue) {
return n.node;
}
}
}

/**
* 访问了该节点
*/

Node enqueue(Node[] cnodes) {
// 该节点标记为访问过
this.inQueue = true;
// 记录该节点的父节点
this.parent = cnodes[ci];
// 那么现在该字符值对应的最高节点,就是当前节点。
// 这样如果之后也遇到相同字符的子节点,就可以为子节点赋值其父节点,也就是上面一行是有效的
cnodes[ci] = this;
return this;
}

/**
* 退出该节点
*/

void dequeue(Node[] cnodes, int[] res) {
// 之后会访问该节点的兄弟节点,因此父节点需要重新设置
cnodes[ci] = this.parent;
// 设置当前节点的值
res[index] = this.result;
// 父节点也可以进行累加
if (this.parent != null) {
this.parent.result += this.result;
}
}

void link(Node x) {
// this节点和x节点,互相绑定
this.children = new Next(this.children, x);
x.children = new Next(x.children, this);
}
}

public int[] countSubTrees(int n, int[][] edges, String labels) {
// 构造树
Node[] nodes = new Node[n];
// 每个节点对应的字符
for (int i = 0; i < n; i++) {
nodes[i] = new Node(i, labels.charAt(i) - 'a');
}
// 通过边的关系,将节点互相绑定
for (int[] es : edges) {
nodes[es[0]].link(nodes[es[1]]);
}

// 最终的结果
int[] res = new int[n];
// 当前访问的节点下标
int sz = 0;
// 26个小写英文字母对应的节点数组
Node[] cnodes = new Node[26];
// 下面三行可以合并成这一行:
// Node node = nodes[sz++] = nodes[0].enqueue(cnodes);
nodes[sz] = nodes[0].enqueue(cnodes);
// 当前访问的节点
Node node = nodes[sz];
// 因为当前节点已经访问过,自然下标需要+1
sz++;

for (; ; ) {
// 从后往前,找到当前节点没有访问过的第一个子节点
Node child = node.popChild();
// 如果已经全部访问过了
if (child == null) {
// 开始计算
node.dequeue(cnodes, res);
if (--sz == 0) {
break;
}
// 回溯到父节点
node = nodes[sz - 1];
} else {
// 保证了相邻节点一定是父子节点
node = nodes[sz++] = child.enqueue(cnodes);
}
}
return res;
}
}

总结

以上就是这道题目我的解答过程了,不知道大家是否理解了。本题主要在于对树这种数据结构的考察,以及深度优先遍历的使用,优化时可以采取空间换时间的策略。

有兴趣的话可以访问我的博客或者关注我的公众号、头条号,说不定会有意外的惊喜。

https://death00.github.io/

公众号:健程之道



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