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题目描述#xff1a;
现有一棵由 n 个节点组成的无向树#xff0c;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 #xff0c;其中 edges[i] [ui, vi, wi] 表示树中存在一条位于节点 ui 和节点 vi 之间、权重…2846. 边权重均等查询
题目描述
现有一棵由 n 个节点组成的无向树节点按从 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] [ui, vi, wi] 表示树中存在一条位于节点 ui 和节点 vi 之间、权重为 wi 的边。
另给你一个长度为 m 的二维整数数组 queries 其中 queries[i] [ai, bi] 。对于每条查询请你找出使从 ai 到 bi 路径上每条边的权重相等所需的 最小操作次数 。在一次操作中你可以选择树上的任意一条边并将其权重更改为任意值。
注意
查询之间 相互独立 的这意味着每条新的查询时树都会回到 初始状态 。从 ai 到 bi的路径是一个由 不同 节点组成的序列从节点 ai 开始到节点 bi 结束且序列中相邻的两个节点在树中共享一条边。
返回一个长度为 m 的数组 answer 其中 answer[i] 是第 i 条查询的答案。 示例1 示例2 提示 1 n 10^4edges.length n - 1edges[i].length 30 ui, vi n1 wi 26生成的输入满足 edges 表示一棵有效的树1 queries.length m 2 * 104queries[i].length 20 ai, bi n 思路
要我们以queries数组为遍历基础先找到ai到bi的路径然后统计路径上的权值找到频次最高的权值出现的次数用路径长度-频次即为所求的最小操作次数。
求最近公共祖先LCA(Least Common Ancestors)即最近公共祖先这种描述是基于树结构的也即我们通通常只在树结构中考虑祖先问题。树实际上就是图论中的有向无环图而要研究LCA问题首先我们要指定树中的一个顶点为根节点并以该节点遍历有向无环图生成一颗DFS序下的树假设我们要查询的两个节点为u,vDFS序下根节点到两点的最短路径分别是(r,u),和(r,v)LCA就是(r,u)与(r,v)公共路径的最后一个节点。
而求两点间的路径长度可以通过倍增法求 LCA 来实现。我们记两点分别为 u 和 v最近公共祖先为 x那么 u 到 v的路径长度就是 depth(u)depth(v)−2×depth(x)。
另外我们可以用一个数组 cnt[n][26] 记录根节点到每个节点上每个边权重出现的次数。那么 u 到 v 的路径上出现次数最多的边的次数就是 max0≤j26cnt[u][j]cnt[v][j]−2×cnt[x][j]。其中 x 为 u和 v的最近公共祖先。 代码
class Solution {
public:vectorint minOperationsQueries(int n, vectorvectorint edges, vectorvectorint queries) {int m 32 - __builtin_clz(n);vectorpairint, int g[n];int f[n][m];int p[n];int cnt[n][26];int depth[n];memset(f, 0, sizeof(f));memset(cnt, 0, sizeof(cnt));memset(depth, 0, sizeof(depth));memset(p, 0, sizeof(p));for (auto e : edges) {int u e[0], v e[1], w e[2] - 1;g[u].emplace_back(v, w);g[v].emplace_back(u, w);}queueint q;q.push(0);while (!q.empty()) {int i q.front();q.pop();f[i][0] p[i];for (int j 1; j m; j) {f[i][j] f[f[i][j - 1]][j - 1];}for (auto [j, w] : g[i]) {if (j ! p[i]) {p[j] i;memcpy(cnt[j], cnt[i], sizeof(cnt[i]));cnt[j][w];depth[j] depth[i] 1;q.push(j);}}}vectorint ans;for (auto qq : queries) {int u qq[0], v qq[1];int x u, y v;if (depth[x] depth[y]) {swap(x, y);}for (int j m - 1; ~j; --j) {if (depth[x] - depth[y] (1 j)) {x f[x][j];}}for (int j m - 1; ~j; --j) {if (f[x][j] ! f[y][j]) {x f[x][j];y f[y][j];}}if (x ! y) {x p[x];}int mx 0;for (int j 0; j 26; j) {mx max(mx, cnt[u][j] cnt[v][j] - 2 * cnt[x][j]);}ans.push_back(depth[u] depth[v] - 2 * depth[x] - mx);}return ans;}
};
大意我懂了但是俺似乎写不出来这么完整的哭然后继续学
