第 84 场周赛：翻转图像、字符串中的查找与替换、图像重叠、树中距离之和

Q1、[简单] 翻转图像

1、题目描述

给定一个 n x n 的二进制矩阵 image ，先 水平 翻转图像，然后 反转 图像并返回 结果 。

水平翻转图片就是将图片的每一行都进行翻转，即逆序。

• 例如，水平翻转 [1,1,0] 的结果是 [0,1,1]。

反转图片的意思是图片中的 0 全部被 1 替换， 1 全部被 0 替换。

• 例如，反转 [0,1,1] 的结果是 [1,0,0]。

示例 1：

输入：image = [[1,1,0],[1,0,1],[0,0,0]]
输出：[[1,0,0],[0,1,0],[1,1,1]]
解释：首先翻转每一行: [[0,1,1],[1,0,1],[0,0,0]]；然后反转图片: [[1,0,0],[0,1,0],[1,1,1]]

示例 2：

输入：image = [[1,1,0,0],[1,0,0,1],[0,1,1,1],[1,0,1,0]]
输出：[[1,1,0,0],[0,1,1,0],[0,0,0,1],[1,0,1,0]]
解释：首先翻转每一行: [[0,0,1,1],[1,0,0,1],[1,1,1,0],[0,1,0,1]]；然后反转图片: [[1,1,0,0],[0,1,1,0],[0,0,0,1],[1,0,1,0]]

提示：

• n == image.length
• n == image[i].length
• 1 <= n <= 20
• images[i][j] == 0 或 1.

2、解题思路

1. 水平翻转：
   • 对于每一行，将其元素逆序排列。例如，[1,1,0] 变为 [0,1,1]。
2. 反转：
   • 对于每个元素，如果是 0，则替换为 1；如果是 1，则替换为 0。
3. 合并操作：
   • 在水平翻转的同时，直接对元素进行反转，避免额外的遍历。

3、代码实现

C++

class Solution {
public:vector<vector<int>> flipAndInvertImage(vector<vector<int>>& image) {int n = image.size();                       // 获取矩阵的大小vector<vector<int>> ret(n, vector<int>(n)); // 创建结果矩阵for (int i = 0; i < n; ++i) {               // 遍历每一行for (int j = 0; j < n; ++j) {           // 遍历每一列// 水平翻转：取 image[i][n - j - 1]// 反转：对结果取反ret[i][j] = !image[i][n - j - 1];}}return ret; // 返回结果矩阵}
};

Java

class Solution {public int[][] flipAndInvertImage(int[][] image) {int n = image.length; // 获取矩阵的大小int[][] ret = new int[n][n]; // 创建结果矩阵for (int i = 0; i < n; i++) { // 遍历每一行for (int j = 0; j < n; j++) { // 遍历每一列// 水平翻转：取 image[i][n - j - 1]// 反转：对结果取反ret[i][j] = 1 - image[i][n - j - 1];}}return ret; // 返回结果矩阵}
}

Python

class Solution:def flipAndInvertImage(self, image: List[List[int]]) -> List[List[int]]:n = len(image)  # 获取矩阵的大小ret = [[0] * n for _ in range(n)]  # 创建结果矩阵for i in range(n):  # 遍历每一行for j in range(n):  # 遍历每一列# 水平翻转：取 image[i][n - j - 1]# 反转：对结果取反ret[i][j] = 1 - image[i][n - j - 1]return ret  # 返回结果矩阵

4、复杂度分析

1. 时间复杂度：

   • 遍历矩阵的每个元素，时间复杂度为 O(n²)。

2. 空间复杂度：

   • 创建结果矩阵，空间复杂度为 O(n²)。
   
   

Q2、[中等] 字符串中的查找与替换

1、题目描述

你会得到一个字符串 s (索引从 0 开始)，你必须对它执行 k 个替换操作。替换操作以三个长度均为 k 的并行数组给出：indices, sources, targets。

要完成第 i 个替换操作:

1. 检查 子字符串 sources[i] 是否出现在 原字符串 s 的索引 indices[i] 处。
2. 如果没有出现， 什么也不做 。
3. 如果出现，则用 targets[i] 替换 该子字符串。

例如，如果 s = "abcd" ， indices[i] = 0 , sources[i] = "ab"， targets[i] = "eee" ，那么替换的结果将是 "eeecd" 。

所有替换操作必须 同时 发生，这意味着替换操作不应该影响彼此的索引。测试用例保证元素间不会重叠 。

• 例如，一个 s = "abc" ， indices = [0,1] ， sources = ["ab"，"bc"] 的测试用例将不会生成，因为 "ab" 和 "bc" 替换重叠。

在对 s 执行所有替换操作后返回 结果字符串 。

子字符串 是字符串中连续的字符序列。

示例 1：

输入：s = "abcd", indices = [0,2], sources = ["a","cd"], targets = ["eee","ffff"]
输出："eeebffff"
解释：
"a" 从 s 中的索引 0 开始，所以它被替换为 "eee"。
"cd" 从 s 中的索引 2 开始，所以它被替换为 "ffff"。

示例 2：

输入：s = "abcd", indices = [0,2], sources = ["ab","ec"], targets = ["eee","ffff"]
输出："eeecd"
解释：
"ab" 从 s 中的索引 0 开始，所以它被替换为 "eee"。
"ec" 没有从原始的 S 中的索引 2 开始，所以它没有被替换。

提示：

• 1 <= s.length <= 1000
• k == indices.length == sources.length == targets.length
• 1 <= k <= 100
• 0 <= indices[i] < s.length
• 1 <= sources[i].length, targets[i].length <= 50
• s 仅由小写英文字母组成
• sources[i] 和 targets[i] 仅由小写英文字母组成

2、解题思路

1. 问题分析：

   • 我们需要对字符串 s 执行多个替换操作。
   • 每个替换操作由 indices[i], sources[i], targets[i] 定义。
   • 替换操作必须同时发生，且不会相互影响。

2. 算法设计：

   • 使用哈希表记录每个索引对应的替换操作。
   • 遍历字符串 s，对于每个字符，检查是否有替换操作需要执行。
   • 如果有替换操作，则检查 sources[i] 是否匹配，如果匹配则替换为 targets[i]，否则保留原字符。

3. 优化：

   • 使用哈希表快速查找每个索引的替换操作。

   • 在遍历字符串时，直接跳过已替换的部分。

3、代码实现

C++

class Solution {
public:string findReplaceString(string s, vector<int>& indices, vector<string>& sources, vector<string>& targets) {int n = s.size(), m = indices.size(); // 获取字符串和操作数组的长度unordered_map<int, vector<int>>ops; // 哈希表, 记录每个索引对应的替换操作for (int i = 0; i < m; ++i) {ops[indices[i]].push_back(i); // 将操作索引加入哈希表}string ret; // 存储结果字符串for (int i = 0; i < n;) {bool succeed = false; // 标记是否成功执行替换if (ops.count(i))     // 如果当前索引有替换操作{for (int pt : ops[i]) // 遍历所有替换操作{if (s.substr(i, sources[pt].size()) == sources[pt]) // 检查 sources[pt] 是否匹配{succeed = true;          // 标记成功ret += targets[pt];      // 替换为 targets[pt]i += sources[pt].size(); // 跳过已替换的部分break;}}}if (!succeed) // 如果没有执行替换{ret += s[i]; // 保留原字符++i;         // 移动到下一个字符}}return ret;}
};

Java

class Solution {public String findReplaceString(String s, int[] indices, String[] sources, String[] targets) {int n = s.length(), m = indices.length; // 获取字符串和操作数组的长度Map<Integer, List<Integer>> ops = new HashMap<>(); // 哈希表，记录每个索引对应的替换操作for (int i = 0; i < m; i++) {ops.computeIfAbsent(indices[i], k -> new ArrayList<>()).add(i); // 将操作索引加入哈希表}StringBuilder ans = new StringBuilder(); // 存储结果字符串for (int i = 0; i < n;) { // 遍历字符串boolean succeed = false; // 标记是否成功执行替换if (ops.containsKey(i)) { // 如果当前索引有替换操作for (int pt : ops.get(i)) { // 遍历所有替换操作if (s.startsWith(sources[pt], i)) { // 检查 sources[pt] 是否匹配succeed = true; // 标记成功ans.append(targets[pt]); // 替换为 targets[pt]i += sources[pt].length(); // 跳过已替换的部分break; // 跳出循环}}}if (!succeed) { // 如果没有执行替换ans.append(s.charAt(i)); // 保留原字符i++; // 移动到下一个字符}}return ans.toString(); // 返回结果字符串}
}

Python

class Solution:def findReplaceString(self, s: str, indices: List[int], sources: List[str], targets: List[str]) -> str:n, m = len(s), len(indices)  # 获取字符串和操作数组的长度ops = {}  # 哈希表，记录每个索引对应的替换操作for i in range(m):if indices[i] not in ops:ops[indices[i]] = []ops[indices[i]].append(i)  # 将操作索引加入哈希表ans = []  # 存储结果字符串i = 0while i < n:  # 遍历字符串succeed = False  # 标记是否成功执行替换if i in ops:  # 如果当前索引有替换操作for pt in ops[i]:  # 遍历所有替换操作if s.startswith(sources[pt], i):  # 检查 sources[pt] 是否匹配succeed = True  # 标记成功ans.append(targets[pt])  # 替换为 targets[pt]i += len(sources[pt])  # 跳过已替换的部分break  # 跳出循环if not succeed:  # 如果没有执行替换ans.append(s[i])  # 保留原字符i += 1  # 移动到下一个字符return ''.join(ans)  # 返回结果字符串

4、复杂度分析

• 时间复杂度：O(n+ml)，其中 n 是字符串 s 的长度，m 是数组 indices 的长度，l 是数组 sources 和 targets 中字符串的平均长度。

• 空间复杂度：O(n+ml)。

Q3、[中等] 图像重叠

1、题目描述

给你两个图像 img1 和 img2 ，两个图像的大小都是 n x n ，用大小相同的二进制正方形矩阵表示。二进制矩阵仅由若干 0 和若干 1 组成。

转换 其中一个图像，将所有的 1 向左，右，上，或下滑动任何数量的单位；然后把它放在另一个图像的上面。该转换的 重叠 是指两个图像 都 具有 1 的位置的数目。

请注意，转换 不包括 向任何方向旋转。越过矩阵边界的 1 都将被清除。

最大可能的重叠数量是多少？

示例 1：

输入：img1 = [[1,1,0],[0,1,0],[0,1,0]], img2 = [[0,0,0],[0,1,1],[0,0,1]]
输出：3
解释：将 img1 向右移动 1 个单位，再向下移动 1 个单位。两个图像都具有 1 的位置的数目是 3（用红色标识）。

示例 2：

输入：img1 = [[1]], img2 = [[1]]
输出：1

示例 3：

输入：img1 = [[0]], img2 = [[0]]
输出：0

提示：

• n == img1.length == img1[i].length
• n == img2.length == img2[i].length
• 1 <= n <= 30
• img1[i][j] 为 0 或 1
• img2[i][j] 为 0 或 1

2、解题思路

1. 问题分析：

   • 我们需要找到一种滑动方式，使得两个图像的重叠 1 的数量最大。
   • 滑动操作可以看作是对一个图像进行平移，平移的范围是 [-n+1, n-1]。

2. 算法设计：

   • 使用一个二维数组 count 来记录所有可能的平移向量 (dx, dy) 对应的重叠数量。
   • 对于 img1 中的每个 1，计算它与 img2 中的每个 1 的平移向量 (i-x, j-y)，并在 count 中累加对应的重叠数量。
   • 最终，count 中的最大值即为最大可能的重叠数量。

3. 优化：

   • 使用 count 数组的大小为 [2*n+1][2*n+1]，以处理负的平移向量。

3、代码实现

C++

class Solution {
public:int largestOverlap(vector<vector<int>>& img1, vector<vector<int>>& img2) {int n = img1.size(); // 获取矩阵的大小vector<vector<int>> count(2 * n + 1, vector<int>(2 * n + 1, 0)); // 记录平移向量的重叠数量for (int i = 0; i < n; ++i) // 遍历 img1 的每一行{for (int j = 0; j < n; ++j) // 遍历 img1 的每一列{if (img1[i][j] == 1) // 如果 img1[i][j] 是 1{for (int x = 0; x < n; ++x) // 遍历 img2 的每一行{for (int y = 0; y < n; ++y) // 遍历 img2 的每一列{if (img2[x][y] == 1) // 如果 img2[i][j] 是 1{// 计算平移向量 (i-x, j-y), 并累加对应的重叠数量count[i - x + n][j - y + n] += 1;}}}}}}int ret = 0; // 记录最大的重叠数for (const auto& row : count) { // 遍历 count 数组for (int v : row) {ret = max(ret, v); // 更新最大值}}return ret;}
};

Java

class Solution {public int largestOverlap(int[][] img1, int[][] img2) {int n = img1.length; // 获取矩阵的大小int[][] count = new int[2 * n + 1][2 * n + 1]; // 记录平移向量的重叠数量for (int i = 0; i < n; i++) { // 遍历 img1 的每一行for (int j = 0; j < n; j++) { // 遍历 img1 的每一列if (img1[i][j] == 1) { // 如果 img1[i][j] 是 1for (int x = 0; x < n; x++) { // 遍历 img2 的每一行for (int y = 0; y < n; y++) { // 遍历 img2 的每一列if (img2[x][y] == 1) { // 如果 img2[x][y] 是 1// 计算平移向量 (i-x, j-y), 并累加对应的重叠数量count[i - x + n][j - y + n] += 1;}}}}}}int ret = 0; // 记录最大的重叠数for (int[] row : count) { // 遍历 count 数组for (int v : row) {ret = Math.max(ret, v); // 更新最大值}}return ret; // 返回结果}
}

Python

class Solution:def largestOverlap(self, img1: List[List[int]], img2: List[List[int]]) -> int:n = len(img1)  # 获取矩阵的大小count = [[0] * (2 * n + 1) for _ in range(2 * n + 1)]  # 记录平移向量的重叠数量for i in range(n):  # 遍历 img1 的每一行for j in range(n):  # 遍历 img1 的每一列if img1[i][j] == 1:  # 如果 img1[i][j] 是 1for x in range(n):  # 遍历 img2 的每一行for y in range(n):  # 遍历 img2 的每一列if img2[x][y] == 1:  # 如果 img2[x][y] 是 1# 计算平移向量 (i-x, j-y), 并累加对应的重叠数量count[i - x + n][j - y + n] += 1ret = 0  # 记录最大的重叠数for row in count:  # 遍历 count 数组for v in row:ret = max(ret, v)  # 更新最大值return ret  # 返回结果

4、复杂度分析

1. 时间复杂度：

   • 遍历 img1 和 img2 的每个元素，时间复杂度为 O(N⁴)，其中 N 是矩阵的大小。

2. 空间复杂度：

   • 使用 count 数组记录平移向量的重叠数量，空间复杂度为 O(N²)。
   
   

Q4、[困难] 树中距离之和

1、题目描述

给定一个无向、连通的树。树中有 n 个标记为 0...n-1 的节点以及 n-1 条边 。

给定整数 n 和数组 edges ， edges[i] = [ai, bi]表示树中的节点 ai 和 bi 之间有一条边。

返回长度为 n 的数组 answer ，其中 answer[i] 是树中第 i 个节点与所有其他节点之间的距离之和。

示例 1:

输入: n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[2,3],[2,4],[2,5]]
输出: [8,12,6,10,10,10]
解释: 树如图所示。
我们可以计算出 dist(0,1) + dist(0,2) + dist(0,3) + dist(0,4) + dist(0,5) 
也就是 1 + 1 + 2 + 2 + 2 = 8。 因此，answer[0] = 8，以此类推。

示例 2:

输入: n = 1, edges = []
输出: [0]

示例 3:

输入: n = 2, edges = [[1,0]]
输出: [1,1]

提示:

• 1 <= n <= 3 * 104
• edges.length == n - 1
• edges[i].length == 2
• 0 <= ai, bi < n
• ai != bi
• 给定的输入保证为有效的树

2、解题思路

1. 问题分析：
   • 树是一个连通无向图，没有环。
   • 我们需要计算每个节点到其他所有节点的距离之和。
2. 算法设计：
   • 使用 树形动态规划 的思想，通过两次深度优先搜索（DFS）来计算每个节点的距离和。
   • 第一次 DFS：从根节点开始，计算每个节点的子树大小 sz 和子树中所有节点到当前节点的距离和 dp。
   • 第二次 DFS：从根节点开始，利用第一次 DFS 的结果，计算每个节点到其他所有节点的距离和 ans。
3. 优化：
   • 通过动态规划，避免重复计算，将时间复杂度优化到 O(n)。

3、代码实现

C++

class Solution {
private:vector<int> ret, sz, dp; // ret: 结果数组, sz: 子树大小, dp: 子树中所有节点到当前节点的距离和vector<vector<int>> graph; // 邻接表表示的树// 第一次 DFS: 计算子树大小 sz 和子树中所有节点到当前节点的距离和 dpvoid dfs1(int u, int f) {sz[u] = 1; // 当前节点的子树大小初始化为 1dp[u] = 0; // 当前节点的距离和初始化为 0// 遍历当前节点的所有邻居for (auto& v : graph[u]) {// 跳过父节点if (v == f) {continue;}dfs1(v, u);             // 递归处理子节点dp[u] += dp[v] + sz[v]; // 更新当前节点的距离和sz[u] += sz[v];         // 更新当前节点的子树大小}}// 第二次 DFS: 计算每个节点到其他所有节点的距离和 ansvoid dfs2(int u, int f) {ret[u] = dp[u]; // 当前节点的距离和即为 dp[u]// 遍历当前节点的所有邻居for (auto& v : graph[u]) {// 跳过父节点if (v == f) {continue;}int pu = dp[u], pv = dp[v]; // 保存当前节点和子节点的 dp 值int su = sz[u], sv = sz[v]; // 保存当前节点和子节点的 sz 值// 将当前节点 u 从树中移除，重新计算 dp 和 szdp[u] -= dp[v] + sz[v];sz[u] -= sz[v];dp[v] += dp[u] + sz[u];sz[v] += sz[u];dfs2(v, u); // 递归处理子节点// 恢复 dp 和 sz 的值dp[u] = pu, dp[v] = pv;sz[u] = su, sz[v] = sv;}}public:vector<int> sumOfDistancesInTree(int n, vector<vector<int>>& edges) {ret.resize(n, 0);    // 初始化结果数组sz.resize(n, 0);     // 初始化字数大小数组dp.resize(n, 0);     // 初始化距离和数组graph.resize(n, {}); // 初始化邻接表// 构建邻接表for (auto& edge : edges) {int u = edge[0], v = edge[1];graph[u].emplace_back(v);graph[v].emplace_back(u);}dfs1(0, -1); // 第一次 DFS, 以 0 为根节点dfs2(0, -1); // 第二次 DFS, 以 0 为根节点return ret;}
};

Java

class Solution {int[] ans, sz, dp; // ans: 结果数组, sz: 子树大小, dp: 子树中所有节点到当前节点的距离和List<List<Integer>> graph; // 邻接表表示的树// 第一次 DFS：计算子树大小 sz 和子树中所有节点到当前节点的距离和 dpprivate void dfs(int u, int f) {sz[u] = 1; // 当前节点的子树大小初始化为 1dp[u] = 0; // 当前节点的距离和初始化为 0for (int v : graph.get(u)) { // 遍历当前节点的所有邻居// 跳过父节点if (v == f) {continue;}dfs(v, u); // 递归处理子节点dp[u] += dp[v] + sz[v]; // 更新当前节点的距离和sz[u] += sz[v]; // 更新当前节点的子树大小}}// 第二次 DFS：计算每个节点到其他所有节点的距离和 ansprivate void dfs2(int u, int f) {ans[u] = dp[u]; // 当前节点的距离和即为 dp[u]for (int v : graph.get(u)) { // 遍历当前节点的所有邻居// 跳过父节点if (v == f) {continue;}int pu = dp[u], pv = dp[v]; // 保存当前节点和子节点的 dp 值int su = sz[u], sv = sz[v]; // 保存当前节点和子节点的 sz 值// 将当前节点 u 从树中移除，重新计算 dp 和 szdp[u] -= dp[v] + sz[v];sz[u] -= sz[v];dp[v] += dp[u] + sz[u];sz[v] += sz[u];dfs2(v, u); // 递归处理子节点// 恢复 dp 和 sz 的值dp[u] = pu;dp[v] = pv;sz[u] = su;sz[v] = sv;}}public int[] sumOfDistancesInTree(int n, int[][] edges) {ans = new int[n]; // 初始化结果数组sz = new int[n]; // 初始化子树大小数组dp = new int[n]; // 初始化距离和数组graph = new ArrayList<>(); // 初始化邻接表for (int i = 0; i < n; i++) {graph.add(new ArrayList<>());}for (int[] edge : edges) { // 构建邻接表int u = edge[0], v = edge[1];graph.get(u).add(v);graph.get(v).add(u);}dfs(0, -1); // 第一次 DFS，以 0 为根节点dfs2(0, -1); // 第二次 DFS，以 0 为根节点return ans; // 返回结果}
}

Python

class Solution:def sumOfDistancesInTree(self, n: int, edges: List[List[int]]) -> List[int]:self.ans = [0] * n  # 结果数组self.sz = [0] * n  # 子树大小数组self.dp = [0] * n  # 子树中所有节点到当前节点的距离和self.graph = [[] for _ in range(n)]  # 邻接表表示的树# 构建邻接表for u, v in edges:self.graph[u].append(v)self.graph[v].append(u)# 第一次 DFS：计算子树大小 sz 和子树中所有节点到当前节点的距离和 dpdef dfs(u, f):self.sz[u] = 1  # 当前节点的子树大小初始化为 1self.dp[u] = 0  # 当前节点的距离和初始化为 0for v in self.graph[u]:  # 遍历当前节点的所有邻居if v == f: continue  # 跳过父节点dfs(v, u)  # 递归处理子节点self.dp[u] += self.dp[v] + self.sz[v]  # 更新当前节点的距离和self.sz[u] += self.sz[v]  # 更新当前节点的子树大小# 第二次 DFS：计算每个节点到其他所有节点的距离和 ansdef dfs2(u, f):self.ans[u] = self.dp[u]  # 当前节点的距离和即为 dp[u]for v in self.graph[u]:  # 遍历当前节点的所有邻居if v == f: continue  # 跳过父节点pu, pv = self.dp[u], self.dp[v]  # 保存当前节点和子节点的 dp 值su, sv = self.sz[u], self.sz[v]  # 保存当前节点和子节点的 sz 值# 将当前节点 u 从树中移除，重新计算 dp 和 szself.dp[u] -= self.dp[v] + self.sz[v]self.sz[u] -= self.sz[v]self.dp[v] += self.dp[u] + self.sz[u]self.sz[v] += self.sz[u]dfs2(v, u)  # 递归处理子节点# 恢复 dp 和 sz 的值self.dp[u], self.dp[v] = pu, pvself.sz[u], self.sz[v] = su, svdfs(0, -1)  # 第一次 DFS，以 0 为根节点dfs2(0, -1)  # 第二次 DFS，以 0 为根节点return self.ans  # 返回结果

4、复杂度分析

1. 时间复杂度：
   • 两次 DFS 遍历所有节点和边，时间复杂度为 O(n)。
2. 空间复杂度：

   • 使用邻接表存储树，空间复杂度为 O(n)。
     pu, pv = self.dp[u], self.dp[v] # 保存当前节点和子节点的 dp 值
     su, sv = self.sz[u], self.sz[v] # 保存当前节点和子节点的 sz 值

           # 将当前节点 u 从树中移除，重新计算 dp 和 szself.dp[u] -= self.dp[v] + self.sz[v]self.sz[u] -= self.sz[v]self.dp[v] += self.dp[u] + self.sz[u]self.sz[v] += self.sz[u]dfs2(v, u)  # 递归处理子节点# 恢复 dp 和 sz 的值self.dp[u], self.dp[v] = pu, pvself.sz[u], self.sz[v] = su, sv
     

     dfs(0, -1) # 第一次 DFS，以 0 为根节点
     dfs2(0, -1) # 第二次 DFS，以 0 为根节点
     return self.ans # 返回结果

#### 4、复杂度分析1. **时间复杂度**：- 两次 DFS 遍历所有节点和边，时间复杂度为 O(n)。
2. **空间复杂度**：- 使用邻接表存储树，空间复杂度为 O(n)。<br>
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