力扣周赛 | 力扣第136场夜喵双周赛本文将对力扣第136场夜喵双周赛的T3和T4进行讲解：最少翻转次数使二进制矩阵回文

本文将对力扣第136场夜喵双周赛的T3和T4进行讲解：最少翻转次数使二进制矩阵回文II、标记所有节点需要的时间，涉及分类讨论、动态规划、思维、换根DP等知识点。

T3 - 最少翻转次数使二进制矩阵回文 II

题目链接：100385. 最少翻转次数使二进制矩阵回文 II

题目描述

给你一个 $m × n$ 的二进制矩阵 $grid$ 。

如果矩阵中一行或者一列从前往后与从后往前读是一样的，那么我们称这一行或者这一列是回文的。

你可以将 $grid$ 中任意格子的值翻转，也就是将格子里的值从 $0$ 变成 $1$ ，或者从 $1$ 变成 $0$ 。

请你返回最少翻转次数，使得矩阵中所有行和列都是 回文的 ，且矩阵中 $1$ 的数目可以被 $4$ 整除。

数据范围

$m == grid.length$
$n == grid[i].length$
$1 <= m * n <= 2 * 105$
$0 <= grid[i][j] <= 1$

解题思路

分情况讨论。

当 $m,n$ 均为偶数时，我们发现，如果确定一个左上区域的格子，那么其对应的左下、右上、右下的格子也将被确定，因此， “ $1$ 的数目可以被 $4$ 整除” 这个条件自动满足，故只需求出“使得矩阵中所有行和列都是回文的 ”最少操作数即可。对于一组（左上、左下、右上、右下）四个格子， $0$ 的数量少则将 $0$ 修改为 $1$ ，否则将 $1$ 修改为 $0$ ，这样所需操作数最少。

当 $m,n$ 存在奇数时，定义变量 $k,c$

若 $m$ 为奇数，对于最中间那行， $grid[i][j] != grid[i][n - 1 - j]$ 的位置是需要操作的，操作次数计入 $k$ ，操作不妨均为 $1->0$ ， $1$ 的数目计入 $c$ 。
若 $n$ 为奇数，对于最中间那列， $grid[i][j] != grid[m-i-1][j]$ 的位置是需要操作的，操作次数计入 $k$ ，操作不妨均为 $1->0$ ， $1$ 的数目计入 $c$ 。

$c$ 对 $4$ 取模的值要么是 $0$ ，要么是 $2$ 。若为 $2$

若 $k$ 不为 $0$ ，则可将一个 $1->0$ 改为 $0->1$ ，使得取模的值为 $0$ ，操作次数不变；
若 $k$ 为 $0$ ，则可翻转一对 $0$ 或者 $1$ ，操作次数 $+2$ ，即为 $k+2$ ，也即 $2$ 。

对于非最中间列和非最中间行，按 $m,n$ 均为偶数时的情况处理。

特别的，当 $m,n$ 均为奇数时，矩阵中心必须为 $0$ ，可能需要一次操作。

代码实现

int minFlips(vector<vector<int>> &grid) {
    auto &g = grid;
    int m = g.size(), n = g[0].size(), res = 0;
    // 情况一
    for (int x = 0, y = m - 1, t; x < y; x++, y--)
        for (int u = 0, v = n - 1; u < v; u++, v--) {
            t = g[x][u] + g[x][v] + g[y][u] + g[y][v];
            res += min(t, 4 - t);
        }
    // 情况二
    int k = 0, c1 = 0;
    if (m & 1) {
        for (int x = m / 2, i = 0, j = n - 1; i < j; i++, j--) {
            if (g[x][i] != g[x][j])k++;
            else if (g[x][i])c1++;
        }
    }
    if (n & 1) {
        for (int y = n / 2, i = 0, j = m - 1; i < j; i++, j--) {
            if (g[i][y] != g[j][y])k++;
            else if (g[i][y])c1++;
        }
    }
    res += (c1 % 2 == 0 || k) ? k : 2;
    // 情况三
    if (m & 1 && n & 1 && g[m / 2][n / 2])res++;
    // result
    return res;
}

时间复杂度： $O(mn)$ 。

空间复杂度： $O(1)$ 。

T4 - 标记所有节点需要的时间

题目链接：100392. 标记所有节点需要的时间

题目描述

给你一棵无向树，树中节点从 $0$ 到 $n - 1$ 编号。同时给你一个长度为 $n - 1$ 的二维整数数组 $edges$ ，其中 $edges[i] = [ui, vi]$ 表示节点 $ui$ 和 $vi$ 在树中有一条边。

一开始，所有节点都 未标记 。对于节点 $i$ ：

当 $i$ 是奇数时，如果时刻 $x - 1$ 该节点有至少一个相邻节点已经被标记了，那么节点 $i$ 会在时刻 $x$ 被标记。
当 $i$ 是偶数时，如果时刻 $x - 2$ 该节点有至少一个相邻节点已经被标记了，那么节点 $i$ 会在时刻 $x$ 被标记。

请你返回一个数组 $times$ ，表示如果你在时刻 $t = 0$ 标记节点 $i$ ，那么时刻 $times[i]$ 时，树中所有节点都会被标记。

请注意，每个 $times[i]$ 的答案都是独立的，即当你标记节点 $i$ 时，所有其他节点都未标记。

数据范围

$2 <= n <= 105$
$edges.length == n - 1$
$edges[i].length == 2$
$0 <= edges[i][0], edges[i][1] <= n - 1$
输入保证 $edges$ 表示一棵合法的树。

解题思路

不妨先考虑根节点为 $0$ 的情况，令 $f[x]$ = 标记以 $x$ 为根节点的子树所需最长时间， $f[x]$ 通过一遍 $dfs$ 可以得到。思考以其他节点作为树的根节点时，标记所有节点所需最长时间能否由 $f[x]$ 得到。

在以 $0$ 为根节点的树中，选取任意节点 $k$ ，设其父节点为 $p$ ，则，对于以 $k$ 为根节点的树，其根节点到子节点的路径，对应在以 $0$ 为根节点的树中，要么仍然由 $k$ 往下走，要么由 $k$ 往上走。

令 $f1[x]$ = 标记以 $x$ 为根节点的子树所需最长时间， $f2[x]$ = 标记以 $x$ 为根节点的子树所需次长时间，注意，最长时间和次长时间可能相等。

令 $g[x]$ = 由 $x$ 往上走所需最长时间。

由 $k$ 往上走，走到其父节点 $p$ ，接下来可继续往上走，也可往下走，但不能走回 $k$ 。

由 $p$ 继续往上走所需最长时间为 $g[p]$ ；
由 $p$ 继续往下走所需最长时间为 $t$
- 若 $f1[x]$ 不是由 $k$ 得到，则 $t=f1[x]$ ；
- 若 $f1[x]$ 是由 $k$ 得到，则 $t=f2[x]$ 。

综上， $g[k]= max( g[p], t ) + (p\%2==1?1:2)$ 。

故，标记以 $x$ 为根节点的树所需最长时间为 $max( f[x], g[x])$ 。

不难发现，这是一道比较传统的换根 DP 题。

代码实现

vector<int> timeTaken(vector<vector<int>> &edges) {
    int n = edges.size() + 1;
    
    // 建图-邻接表
    int h[n], e[n << 1], ne[n << 1], idx = 0;
    memset(h, -1, sizeof h);
    auto add = [&](int a, int b) {
        e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
    };
    for (auto &v: edges)
        add(v[0], v[1]), add(v[1], v[0]);

    // f1[x]=标记以x为根节点的子树所需最长时间
    // f2[x]=标记以x为根节点的子树所需次长时间
    int f1[n], f2[n], nf[n];
    memset(f1, 0, sizeof f1);
    memset(f2, 0, sizeof f2);
    // x 当前节点 p x的父节点
    function<void(int, int)> dfs1 = [&](int x, int p) {
        for (int i = h[x]; ~i; i = ne[i]) {
            if (e[i] == p)continue;
            // 先求 f1[e[i]] 和 f2[e[i]]
            dfs1(e[i], x);
            int t = f1[e[i]] + (e[i] & 1 ? 1 : 2);
            // 最长时间
            if (t >= f1[x])
                f2[x] = f1[x], f1[x] = t, nf[x] = e[i];
            // 次长时间
            else if (t > f2[x])
                f2[x] = t;
        }
    };
    dfs1(0, -1);
    
    // g[x]=由x往上走所需最长时间
    int g[n];
    memset(g, 0, sizeof g);
    // x 当前节点 p x的父节点
    function<void(int, int)> dfs2 = [&](int x, int p) {
        for (int i = h[x]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (j == p)continue;
            g[j] = max(g[x], nf[x] != j ? f1[x] : f2[x]) + (x & 1 ? 1 : 2);
            dfs2(j, x);
        }
    };
    dfs2(0, -1);
    
    // r[x]=标记以x为根节点的树所需最长时间
    vector<int> r(n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        r[i] = max(f1[i], g[i]);
    
    return r;
}

时间复杂度： $O(n)$ 。

空间复杂度： $O(n)$ 。

END

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题目来源：力扣第407场双周赛。

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