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大家好，我是小彭。

上周末有单双周赛，双周赛我们讲过了，单周赛那天早上有事没参加，后面做了虚拟竞赛，然后整个人就不好了。前 3 题非常简单，但第 4 题有点东西啊，差点就放弃了。最后，被折磨了一个下午和一个大夜总算把第 4 题做出来了。

除了新学的 Tarjon 离线算法，这道题还涉及到树上差分、前缀和、DFS、图论等基础知识，几度被折磨得想要放弃。这种感觉，似乎和当年在 LeetCode 上做前 10 题的时候差不多哈哈。

加油吧，没有什么经验是随随便便能够获得的，默默努力，愿君共勉。

离线 Tarjan 算法是小彭首次接触的算法，题解讲得很差，睡觉了。

周赛大纲

2643. 一最多的行（Easy）

简单模拟题，无需解释。

模拟：O(nm)

2644. 找出可整除性得分最大的整数（Easy）

简单模拟题，和 Q1 几乎相同，这场周赛出的不好。

模拟：O(nm)

2645. 构造有效字符串的最少插入数（Medium）

中等模拟题，不难。

模拟：O(n)

2646. 最小化旅行的价格总和（Hard）

这道题的考点非常多，难度也非常高。先掌握暴力 DFS 的解法，再分析暴力解法中重复计算的环节，最后推出树上差分和离线 Tarjan 算法。这道题非常非常复杂，

递归中递和归的思想，再理解一下：为什么你学不会递归？谈谈我的经验并查集问题，不要错过：如何使用并查集解决朋友圈问题？差分数组问题，这个点还没有写，同系列的前缀和数组可以参考：使用前缀和数组解决 “区间和查询” 问题题解 1：暴力 DFS O(nm)题解 2：树上差分 + Tarjan 离线 LCA + DFS O(n + am)2643. 一最多的行（Easy）题目地址

题目描述

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 mat ，请你找出包含最多 1 的行的下标（从 0 开始）以及这一行中 1 的数目。

如果有多行包含最多的 1 ，只需要选择 行下标最小 的那一行。

返回一个由行下标和该行中 1 的数量组成的数组。

题解（模拟）

简单模拟题。

class Solution {    fun rowAndMaximumOnes(mat: Array<IntArray>): IntArray {        var maxIndex = 0        var maxCount = 0        for (i in 0 until mat.size) {            var count = 0            for (j in 0 until mat[0].size) {                count += mat[i][j]            }            if (count > maxCount) {                maxCount = count                maxIndex = i            }        }        return intArrayOf(maxIndex, maxCount)    }}

复杂度分析：

时间复杂度：O(nm)空间复杂度：O(1)2644. 找出可整除性得分最大的整数（Easy）题目地址

题目描述

给你两个下标从 0 开始的整数数组 nums 和 divisors 。

divisors[i] 的 可整除性得分 等于满足 nums[j] 能被 divisors[i] 整除的下标 j 的数量。

返回 可整除性得分 最大的整数 divisors[i] 。如果有多个整数具有最大得分，则返回数值最小的一个。

题解（模拟）

简单模拟题。

class Solution {    fun maxDivScore(nums: IntArray, divisors: IntArray): Int {        var maxDivisor = 0        var maxCount = -1        for (divisor in divisors) {            var count = 0            for (num in nums) {                if (num % divisor == 0) count++            }            if (count > maxCount || count == maxCount && divisor < maxDivisor) {                maxDivisor = divisor                maxCount = count            }        }        return maxDivisor    }}

复杂度分析：

时间复杂度：O(nm)空间复杂度：O(1)2645. 构造有效字符串的最少插入数（Medium）题目地址

题目描述

给你一个字符串 word ，你可以向其中任何位置插入 "a"、"b" 或 "c" 任意次，返回使 word 有效 需要插入的最少字母数。

如果字符串可以由 "abc" 串联多次得到，则认为该字符串 有效 。

题解（模拟）

维护当前状态与目标状态，当两个状态存在偏差时，插入偏差的字符数。

class Solution {    fun addMinimum(word: String): Int {        val n = word.length        var targetStatus = 0        var index = 0        var ret = 0        while (index < n) {            // 当前状态            val curStatus = word[index] - 'a'            // 插入            ret += (curStatus + 3 - targetStatus) % 3            // 目标状态            targetStatus = (curStatus + 1) % 3            index++        }        ret += when (targetStatus) {            0 -> 0            1 -> 2            2 -> 1            else -> 0        }        return ret    }}

复杂度分析：

时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(1)2646. 最小化旅行的价格总和（Hard）题目地址

题目描述

现有一棵无向、无根的树，树中有 n 个节点，按从 0 到 n - 1 编号。给你一个整数 n 和一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ai, bi] 表示树中节点 ai 和 bi 之间存在一条边。

每个节点都关联一个价格。给你一个整数数组 price ，其中 price[i] 是第 i 个节点的价格。

给定路径的 价格总和 是该路径上所有节点的价格之和。

另给你一个二维整数数组 trips ，其中 trips[i] = [starti, endi] 表示您从节点 starti 开始第 i 次旅行，并通过任何你喜欢的路径前往节点 endi 。

在执行第一次旅行之前，你可以选择一些 非相邻节点 并将价格减半。

返回执行所有旅行的最小价格总和。

问题分析

分析 1：题目的数据结构是树而不是图，所以节点之间的最短路是唯一的，不需要使用最短路算法。从节点 start 到节点 end 的最优路径是 start 到最近公共祖先（LCA）+ 最近公共祖先（LCA）到 end；

分析 2：题目可以选择将一些节点的价格减半，显然价格越高的节点越应该减半，或者访问次数越多的节点越应该减半。所以我们可以先对每个 trips[i] 跑一次 DFS，并统计每个节点的访问次数 cnts[i]，将每个节点的价格更新为 prices[i] * cnts[i]

分析 3：类似于 337. 打家劫舍 III，如果我们选择将节点 x 减半（偷窃），那么与 x 相邻的节点便不能减半（偷窃）：

如果 prices[x] 减半，那么 x 的最近子节点不能减半；如果 prices[x] 不变，那么 x 的最近子节点可以减半，也可以不减半，选择两种情况的更优解。题解一（暴力 DFS）

根据问题分析，我们的算法是：

1、先枚举每种旅途，统计每个节点的访问次数（总共跑 m 次 DFS）；2、更新每个节点的价格权重为 prices[i] * cnts[i]；3、任意选择一个节点为根节点跑一次 DFS，在每一层递归中通过子问题的解得出原问题的解，每个子问题的解有「减半」和「不减半」两种结果；4、最终，根据根节点的问题求出最终解。

class Solution {    fun minimumTotalPrice(n: Int, edges: Array<IntArray>, price: IntArray, trips: Array<IntArray>): Int {        // 建树        val graph = Array(n) { LinkedList<Int>() }        for (edge in edges) {            graph[edge[0]].add(edge[1])            graph[edge[1]].add(edge[0])        }        // 统计节点访问次数        val cnts = IntArray(n)        for (trip in trips) {            cntDfs(graph, cnts, trip[0], trip[1], -1)        }        // 更新价格        for (i in 0 until n) {            price[i] *= cnts[i]        }        // DFS（打家劫舍）        val ret = priceDfs(graph, price, 0, -1)        return Math.min(ret[0], ret[1])    }    // return：是否找到目标节点    private fun cntDfs(graph: Array<LinkedList<Int>>, cnts: IntArray, cur: Int, target: Int, parent: Int): Boolean {        // 终止条件（目标节点）        if (cur == target) {            cnts[cur]++            return true        }        // 枚举子节点（树的特性：每个方向最多只会访问一次，不需要使用 visit 数组）        for (to in graph[cur]) {            // 避免回环            if (to == parent) continue            // 未找到            if (!cntDfs(graph, cnts, to, target, cur)) continue            // 找到目标路径，不需要再检查其他方向            cnts[cur]++            return true        }        return false    }    // return：以 cur 为根节点的子树的最大价格 <cur 不变, cur 减半>    private fun priceDfs(graph: Array<LinkedList<Int>>, price: IntArray, cur: Int, parent: Int): IntArray {        val ret = intArrayOf(            price[cur],     // x 不变            price[cur] / 2 // x 减半        )        // 枚举子节点（树的特性：每个方向最多只会访问一次，不需要使用 visit 数组）        for (to in graph[cur]) {            // 避免回环            if (to == parent) continue            // 子树结果            val childRet = priceDfs(graph, price, to, cur)            ret[0] += Math.min(childRet[0], childRet[1])            ret[1] += childRet[0]        }        return ret    }}

复杂度分析：

时间复杂度：O(nm) 其中 m 为 trips 数组的长度，每轮 DFS 的时间是 O(n)，计数时间为 O(nm)，打家劫舍 DFS 的时间为 O(n)；空间复杂度：O(n + m) 树空间 + DFS 递归栈空间，递归深度最大为 n。

题解一的瓶颈在于 cntDfs 中的 m 次 DFS 搜索，如何优化？

预备知识：差分数组

在 cntDfs 中的每一次 DFS 搜索中，我们需要将 [start, end] 路径上的节点访问次数 +1，这正好类似于在数组上将 [start, end] 区间的位置 + 1，符合 “差分数组” 的应用场景。我们可以在树上做差分，再通过一次 DFS 搜索中计算节点的访问次数。

例如在示例 1 中，我们的路径是 (0, 3)，那么路径相当于 [0] + [1,3]，针对这两条路径的差分为：

[0]：diff[0]++，diff[father[0]] —，即 diff[1] —[1, 3]：diff[3]++，diff[father[1]] —，即 diff[2]—

那怎么计算访问次数呢？跟差分数组一样，对差分数组计算前缀和就可以获得节点的访问次数，我们在归的过程中累加差分值，例如 节点 1 的访问次数就是 +1 + 1 - 1 等于 1 次。

题解二（树上差分 + Tarjan 离线 LCA + DFS）

考虑到旅行路径列表是固定的，我们可以使用 Tarjan 离线算法，预先求出所有旅行路径端点的最近公共祖先。反之，如果旅行路径列表是动态的， 那么离线算法就力不从心了，需要使用复杂度更高的在线算法。

参考资料：

LCA最近公共祖先（Tarjan离线算法）图论 · LCA 最近公共祖先

在题解一中，我们需要花费 m 次 DFS 搜索来解决 m 个 LCA 问题，Tarjan 算法的核心思路是在一次 DFS 搜索的过程中解决所有 LCA 查询问题：

1、任选一个点为根节点，从根节点开始。2、「递」的过程（分解子问题）：遍历该点 u 所有子节点 v，并标记这些子节点 v 已被访问过，若是 v 还有子节点，返回 2 继续「递」；3、「归」的过程：寻找与 u 有查询关系的点 k。如果 k 节点已经被访问过，那么 u 和 k 的最近公共祖先就是当前 u 和 k 所在的分组根节点；4、节点 u 的问题结束后，将 节点 u 合并到父节点的集合上。

细节说明：Tarjan 算法递的过程是寻找查询关系，当路径的两个端点都访问过，那么这两个端点必然处在同一个分组中，而它们的分组根节点正好就是最近公共组件；

细节说明：为什么分组根节点正好就是最近公共组件？因为归是按照 DFS 的搜索顺序回归的；

细节说明：如何合并 v 到 u 的集合上？这是并查集的操作，我们定义 parent[x] 表示 x 节点的所处的分组，初始状态 parent[x] = x；

细节说明：如何查询与 u 有查询关系的点 k？预处理准备映射表；

细节说明：为了区分阶段状态，我们定义 color[x] 表示节点 x 的状态，0 表示未访问、1 表示处于递归栈中，2 表示结束。

更多细节，看代码吧。

class Solution {    fun minimumTotalPrice(n: Int, edges: Array<IntArray>, price: IntArray, trips: Array<IntArray>): Int {        // 建树        val graph = Array(n) { LinkedList<Int>() }        for (edge in edges) {            graph[edge[0]].add(edge[1])            graph[edge[1]].add(edge[0])        }        // 查询关系        val search = Array(n) { LinkedList<Int>() }        for (trip in trips) {            search[trip[0]].add(trip[1])            // 当路径两端相同时，避免重复            if (trip[0] != trip[1]) search[trip[1]].add(trip[0])        }        val unionFind = UnionFind(n, graph, search)        unionFind.tarjan(0, -1/* 无父节点 */)        // DFS（打家劫舍）        val ret = priceDfs(graph, price, unionFind.diff, 0, -1)        return Math.min(ret[0], ret[1])    }    // 并查集    private class UnionFind(val n: Int, val graph: Array<LinkedList<Int>>, val search: Array<LinkedList<Int>>) {        // 并查集数据结构        private val parent = IntArray(n) { it }        // 树上的父节点        private val father = IntArray(n)        // Tarjan 状态        private val colors = IntArray(n) //  表示未访问、1 表示处于递归栈中，2 表示结束        // 树上差分        val diff = IntArray(n)        private fun find(x: Int): Int {            // 路径压缩            if (x != parent[x]) parent[x] = find(parent[x])            return parent[x]        }        // 这道题的合并不能使用按秩合并，必须将子节点 x 合并到 y 的集合中        private fun merge(x: Int, y: Int) {            // 按秩合并            val rootX = find(x)            val rootY = find(y)            if (rootX != rootY) parent[rootX] = rootY        }        fun tarjan(u: Int, fa: Int) {            // 记录父节点            father[u] = fa            // 标记已访问            colors[u] = 1            // 递的过程：遍历 u 的所有子节点 v            for (v in graph[u]) {                if (0 != colors[v]) continue // 访问过                // 继续递的过程                tarjan(v, u)            }            // 枚举查询关系            for (k in search[u]) {                if (k == u || colors[k] == 2) {                    // 找到 u 和 k 的查询关系，更新树上差分                    val lca = find(k)                    diff[u]++                    diff[lca]--                    diff[k]++                    val lcaParent = father[lca]                    if (lcaParent >= 0) diff[lcaParent]--                }            }            // 结束            colors[u] = 2            if(fa != -1) merge(u, fa) // 将子节点 u 合并到 fa 的集合中        }    }    // return：以 cur 为根节点的子树的最大价格 <cur 不变, cur 减半>    private fun priceDfs(graph: Array<LinkedList<Int>>, price: IntArray, diff: IntArray, cur: Int, parent: Int): IntArray {        val ret = intArrayOf(0, 0, diff[cur])        // 枚举子节点（树的特性：每个方向最多只会访问一次，不需要使用 visit 数组）        for (to in graph[cur]) {            // 避免回环            if (to == parent) continue            // 子树结果            val childRet = priceDfs(graph, price, diff, to, cur)            ret[0] += Math.min(childRet[0], childRet[1])            ret[1] += childRet[0]            ret[2] += childRet[2] // 累加前缀和        }        ret[0] += price[cur] * ret[2]        ret[1] += price[cur] * ret[2] / 2        return ret    }}

复杂度分析：

时间复杂度：O(n + am) 其中 m 为 trips 数组的长度，a 是并查集的反阿克曼函数，近似于线性函数；空间复杂度：O(n + m) 树空间 + DFS 递归栈空间，递归深度最大为 n。