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学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思维框架，你的思考越抽象，它能覆盖的问题域就越广，理解难度也更复杂。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告，一起体会上分之旅。
本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 35 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~
T1. 按分隔符拆分字符串（Easy）
- 标签：模拟
T2. 合并后数组中的最大元素（Medium）
- 标签：贪心
T3. 长度递增组的最大数目（Hard）
- 标签：排序、贪心
T4. 树中可以形成回文的路径数（Hard）
- 标签：状态压缩、前缀和、散列表
T1. 按分隔符拆分字符串（Easy）
https://leetcode.cn/problems/split-strings-by-separator/
题解（模拟）
简单模拟题。
class Solution:
def splitWordsBySeparator(self, words: List[str], separator: str) -> List[str]:
ans = []
for x in words:
for y in x.split(separator):
if y != "":
ans.append(y)
return ans
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( L ) O(L) O(L) 其中 L L L 为字符总数；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 不考虑结果数组，仅占用常量级别空间。
T2. 合并后数组中的最大元素（Medium）
https://leetcode.cn/problems/largest-element-in-an-array-after-merge-operations/
题解（贪心）
由于题目操作的前提是 nums[i] ≤ nums[i + 1]，因此我们可以优先合并靠后的相邻序列，这样可以保证靠前的更多数能够被合并。如果中间出现 nums[i] 不小于 nums[i + 1] 的情况，说明遇到一个较大的数，它的权重大于后续数组的合并，我们则直接使用这个较大的数。
class Solution:
def maxArrayValue(self, nums: List[int]) -> int:
for i in range(len(nums) - 2, -1, -1):
if (nums[i] <= nums[i + 1]): nums[i] += nums[i + 1]
return nums[0]
class Solution {
fun maxArrayValue(nums: IntArray): Long {
val n = nums.size
var ret = Long.MIN_VALUE
for (i in n - 1 downTo 0) {
if (ret >= nums[i]) {
ret += nums[i]
} else {
ret = nums[i].toLong()
}
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 线性遍历；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 仅使用常量级别空间。
T3. 长度递增组的最大数目（Hard）
https://leetcode.cn/problems/maximum-number-of-groups-with-increasing-length/
题解（排序）
输入数组相当于数字的出现频率，由于题目只关心构造组合的方案数而不关心数字的内容，数字本身是不重要的，因此我们可以先对频率数组排序，并从小到大枚举频率。
在构造的过程中，我们将当前遍历到的频率追加到已经拼接过的分组上（默认存在一个空分组），如果当前的频率不够或者超出，则将剩余元素放到候选容器中，严格证明见灵神的题解。
# 测试用例 [2, 2, 2]
0 => 0 1 => 0 1 2
1 1 2
0
# 测试用例 [1, 2, 5]
0 => 0 1 => 0 1 2
1 1 2
2
# 测试用例 [2, 1, 2] => 排序 [1, 2, 2]
0 => 0 1 => 0 1 2
1 1 2
# 测试用例 [1,1]
0
# 测试用例 [2, 100, 2, 2, 2] => 排序 [2, 2, 2, 2, 100]
0 => 0 1 => 0 1 2 => 跳过 => 0 1 2 3 => 剩余的 4 可以拼接，但不会产生增加分组数量
1 1 2 1 2 3
0 0 4
4
class Solution {
fun maxIncreasingGroups(usageLimits: List<Int>): Int {
Collections.sort(usageLimits)
var ret = 0
var left = 0L
for (x in usageLimits) {
left += x.toLong()
// 可以构造新分组
if (left >= ret + 1) {
ret ++
left -= ret
}
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn) 瓶颈在排序；
- 空间复杂度： O ( l g n ) O(lgn) O(lgn) 瓶颈在排序。
T4. 树中可以形成回文的路径数（Hard）
https://leetcode.cn/problems/count-paths-that-can-form-a-palindrome-in-a-tree/
题解（状态压缩 + 前缀和 + 散列表）
1、回文判断： 首先，由于题目的回文串判断允许重排，因此回文串的 check 可以转换为字母的计数:
- 出现次数为奇数的字母最多只能出现 1 个；
- 出现次数为偶数的字母可以出现任意次。
2、奇偶性： 其次，由于题目的数组仅为小写字母，我们可以使用一个整型来压缩表示 26 个字母的出现次数状态，0 表示出现次数为偶数，1 表示出现次数为奇数。例如 0001 表示 ‘a’ 字母的出现次数为奇数，其他字母的出现次数为偶数（可能未出现）。
3、状态压缩： 基于以上 2 点，我们的目标是在树上找到两个点的路径 [u, v] 使得路径的状态 mask 满足以下其中 1 个条件：
- mask == 0：说明所有字母都出现偶数次；
- mask & (mask - 1) == 0：说明二进制位中 1 的出现次数为 1 次，即只有一个字母出现奇数次。
4、前缀和： 那么，如果如何求树上两点间的路径？这里有一个技巧，如果直接收集两个点之间的路径信息很难，我们可以先求从根节点到 u 的路径 root_u，以及从根节点到 v 的路径 root_v，再将两段路径异或就可以得到 u 到 v 的路径（如果两个节点的 LCA 不是根节点，那么重复的路径会被异或消除）。以题目示例 1 中节点 3 和节点 4 为例：path_3 = 0101，path_4 = 0110，而 path_3 xor path_4 = 0011，即 “ab”。
5、两数之和： 最后，我们的目标就变成：寻找从到根节点的路径异或值满足「分析 3」条件的路径，这可以用类似「两数之和」中的散列表的方法求解。
class Solution {
fun countPalindromePaths(parent: List<Int>, s: String): Long {
var ret = 0L
val cnt = HashMap<Int, Int>()
val memo = HashMap<Int, Int>()
// 两数之和模板
for (i in 0 until parent.size) {
val path = getPath(parent, s, memo, i)
// 1、两条路径异或值等于 0 的情况
ret += cnt.getOrDefault(path, 0)
for (j in 0 until 26) {
// 2、两条路径异或值中二进制位 1 只有 1 个的情况
ret += cnt.getOrDefault(path xor 1.shl(j), 0)
}
cnt[path] = cnt.getOrDefault(path, 0) + 1
}
return ret
}
private fun getPath(parent: List<Int>, s: String, memo: MutableMap<Int, Int>, i: Int): Int {
// 终止条件
if (i == 0) return 0
// 读备忘录
if (memo.containsKey(i)) return memo[i]!!
val path = getPath(parent, s, memo, parent[i]) xor (1.shl(s[i] - 'a')) // 增加一个计数等于奇偶性翻转
// 存备忘录
memo[i] = path
return path
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( C n ) O(Cn) O(Cn) getPath() DFS 的时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)，枚举方案的时间复杂度为 O ( C n ) O(Cn) O(Cn)，其中 C C C 为字符集大小；
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 记录每个节点到根节点的路径值空间。
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