本文已收录到 AndroidFamily，技术和职场问题，请关注公众号 [彭旭锐] 提问。
周赛概览
T1. 找出转圈游戏输家（Easy）
- 标签：模拟、计数
T2. 相邻值的按位异或（Medium）
- 标签：模拟、数学、构造
T3. 矩阵中移动的最大次数（Medium）
- 标签：图、BFS、DFS、动态规划
T4. 统计完全连通分量的数量（Medium）
- 标签：图、BFS、DFS、并查集
T1. 找出转圈游戏输家（Easy）
https://leetcode.cn/problems/find-the-losers-of-the-circular-game/ 题解（模拟）
简单模拟题。
使用标记数组标记接触到球的玩家，再根据标记数组输出结果：
class Solution { fun circularGameLosers(n: Int, k: Int): IntArray { val visit = BooleanArray(n) var i = 0 var j = 1 var cnt = n while (!visit[i]) { visit[i] = true i = (i + j++ * k) % n cnt-- } val ret = IntArray(cnt) var k = 0 for (i in visit.indices) { if(!visit[i]) ret[k++] = i + 1 } return ret } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 每位玩家最多标记一次和检查一次；
- 空间复杂度：$O(n)$ 标记数组空间。
T2. 相邻值的按位异或（Medium）
https://leetcode.cn/problems/neighboring-bitwise-xor/ 预备知识
记 ⊕ 为异或运算，异或运算满足以下性质：
- 基本性质：x ⊕ y = 0
- 交换律：x ⊕ y = y ⊕ x
- 结合律：(x ⊕ y) ⊕ z = x ⊕ (y ⊕ z)
- 自反律：x ⊕ y ⊕ y = x
题解一（模拟）
由于每一位 derived[i] 可以由 original[i] ⊕ original[i + 1] 获得，我们可以令原始的 original[0] 为 0，再按顺序递推到 original[n]（循环数组），最后再检查 original[0] 和 original[n] 是否相同。如果不同，说明 derived 数组是不可构造的。
class Solution { fun doesValidArrayExist(derived: IntArray): Boolean { var pre = 0 for ((i,d) in derived.withIndex()) { if (d == 1) pre = pre xor 1 } return pre == 0 } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为 derived 数组的长度；
- 空间复杂度：仅使用常量级别空间。
题解二（数学）
继续挖掘问题的数学性质：
- 题目要求：$derived[i] = original[i] ⊕ original[i + 1]$
- 根据自反律（两边异或 original[i]）：$original[i + 1] = derived[i] ⊕ original[i]$、$original[i + 2] = derived[i + 1] ⊕ original[i + 1]$
- 根据递推关系有 $original[n - 1] = derived[n - 2] ⊕ derived[n - 1]… derived[0] ⊕ original[0]$
- 题目要求：$original[0] ⊕ original[n - 1] = derived[n-1]$
- 联合两式：$original[0] = original[0] ⊕ derived[n-1] ⊕ derived[n - 1]… derived[0] ⊕ original[0]$，即 $0 = derived[n-1] ⊕ derived[n - 1]… derived[0]$
根据结论公式模拟即可：
class Solution { fun doesValidArrayExist(derived: IntArray): Boolean { // return derived.fold(0) {acc, e -> acc xor e} == 0 return derived.reduce {acc, e -> acc xor e} == 0 } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为 derived 数组的长度；
- 空间复杂度：仅使用常量级别空间。
T3. 矩阵中移动的最大次数（Medium）
https://leetcode.cn/problems/maximum-number-of-moves-in-a-grid/ 题目描述
给你一个下标从 0 开始、大小为 m x n 的矩阵 grid ，矩阵由若干 正 整数组成。
你可以从矩阵第一列中的 任一 单元格出发，按以下方式遍历 grid ：
- 从单元格
(row, col)可以移动到(row - 1, col + 1)、(row, col + 1)和(row + 1, col + 1)三个单元格中任一满足值 严格 大于当前单元格的单元格。
返回你在矩阵中能够 移动 的 最大 次数。
示例 1：
输入：grid = [[2,4,3,5],[5,4,9,3],[3,4,2,11],[10,9,13,15]] 输出：3 解释：可以从单元格 (0, 0) 开始并且按下面的路径移动： - (0, 0) -> (0, 1). - (0, 1) -> (1, 2). - (1, 2) -> (2, 3). 可以证明这是能够移动的最大次数。 示例 2：
输入：grid = [[3,2,4],[2,1,9],[1,1,7]] 输出：0 解释：从第一列的任一单元格开始都无法移动。
提示：
m == grid.lengthn == grid[i].length2 <= m, n <= 10004 <= m * n <= 1051 <= grid[i][j] <= 106
问题结构化
1、概括问题目标
计算可移动的最大次数，也可以理解为可访问距离 - 1。
2、分析问题要件
在每次移动操作中，可以移动到右边一列的最近三行位置（i-1, i, j+1）且要求数字严格大于当前位置。
3、提高抽象程度
- 子问题：我们发现每次移动后，可移动次数就是在新位置可移动次数 + 1，这是一个与原问题相似但规模更小的子问题；
- 是否为决策问题？由于每次移动最多有三个位置选择，因此这是决策问题。
4、具体化解决手段
- 手段 1（记忆化递归）：定义 dfs(i, j) 表示从 grid[i][j] 开始的最大移动次数，那么有 dfs(i, j)= mas{dfs(i-1, j+1), dfs(i, j+1), dfs(i+1, j+1)}；
- 手段 2（递推）：在记忆化递归中我们是在「归」的过程中合并子问题的解，由于递归的方向是验证矩阵从上到下，从左到右的，我们可以消除「递」的过程而只保留「归」的过程，将递归转换为递推；
- 手段 3（BFS）：由于可移动次数取决于最多可以移动到的列号，我们可以用 BFS / DFS 搜索最远可以访问的列号。
题解一（记忆化递归）
根据「手段 1」模拟即可：
- 递归函数：dfs(i, j)= mas
- 起始状态：dfs(i, 0)
- 边界条件：dfs(i, j) = 0
class Solution { val directions = arrayOf(intArrayOf(-1, 1), intArrayOf(0, 1), intArrayOf(1, 1)) // 右上、右、右下 private val memo = HashMap<Int, Int>() private val U = 1001 fun maxMoves(grid: Array<IntArray>): Int { var ret = 0 for (i in 0 until grid.size) { ret = Math.max(ret, dfs(grid, i, 0)) } return ret - 1 } private fun dfs(grid: Array<IntArray>, i: Int, j: Int): Int { val n = grid.size val m = grid[0].size val key = i * U + j if (memo.contains(key)) return memo[key]!! // 枚举选项 var maxChoice = 0 for (direction in directions) { val newI = i + direction[0] val newJ = j + direction[1] if (newI < 0 || newI >= n || newJ < 0 || newJ >= m || grid[i][j] >= grid[newI][newJ]) continue maxChoice = Math.max(maxChoice, dfs(grid, newI, newJ)) } memo[key] = maxChoice + 1 return maxChoice + 1 } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nm)$ 总共有 nm 个子问题，每个子问题枚举 3 个选项时间复杂度是 O(1)；
- 空间复杂度：$O(nm)$ 备忘录空间。
题解二（递推）
消除「递」的过程而只保留「归」的过程，将递归转换为递推：
class Solution { fun maxMoves(grid: Array<IntArray>): Int { val n = grid.size val m = grid[0].size val step = Array(n) { IntArray(m) } for (i in 0 until n) step[i][0] = 1 var ret = 0 // 按列遍历 for(j in 1 until m) { for(i in 0 until n) { for(k in Math.max(0, i - 1) .. Math.min(n - 1,i + 1)) { if (step[k][j - 1] > 0 && grid[i][j] > grid[k][j - 1]) step[i][j] = Math.max(step[i][j], step[k][j - 1] + 1) } ret = Math.max(ret, step[i][j]) } } return Math.max(ret - 1, 0) } } 另外，我们也可以用滚动数组优化空间：
class Solution { fun maxMoves(grid: Array<IntArray>): Int { val n = grid.size val m = grid[0].size var step = IntArray(n) { 1 } var ret = 0 // 按列遍历 for(j in 1 until m) { val newStep = IntArray(n) { 0 } // 不能直接在 step 数组上修改 for(i in 0 until n) { for(k in Math.max(0, i - 1) .. Math.min(n - 1,i + 1)) { if (step[k] > 0 && grid[i][j] > grid[k][j - 1]) newStep[i] = Math.max(newStep[i], step[k] + 1) } ret = Math.max(ret, newStep[i]) } step = newStep } return Math.max(ret - 1, 0) } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nm)$
- 空间复杂度：$O(n)$
题解三（BFS）
按照广度优先搜索，使用队列维护可以访问的节点，再使用该节点探测下一层可到达的位置并入队。
class Solution { fun maxMoves(grid: Array<IntArray>): Int { val n = grid.size val m = grid[0].size // 行号 var queue = LinkedList<Int>() for (i in 0 until n) { queue.offer(i) } // 访问标记 val visit = IntArray(n) { -1 } // 枚举列 for (j in 0 until m - 1) { val newQueue = LinkedList<Int>() // 不能直接在 step 数组上修改 for (i in queue) { for (k in Math.max(0, i - 1)..Math.min(n - 1, i + 1)) { if (visit[k] < j && grid[k][j + 1] > grid[i][j]) { newQueue.offer(k) visit[k] = j } } } queue = newQueue if (queue.isEmpty()) return j } return m - 1 } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nm)$
- 空间复杂度：$O(n)$
相似问题：
T4. 统计完全连通分量的数量（Medium）
https://leetcode.cn/problems/count-the-number-of-complete-components/ 问题描述
给你一个整数 n 。现有一个包含 n 个顶点的 无向 图，顶点按从 0 到 n - 1 编号。给你一个二维整数数组 edges 其中 edges[i] = [ai, bi] 表示顶点 ai 和 bi 之间存在一条 无向 边。
返回图中 完全连通分量 的数量。
如果在子图中任意两个顶点之间都存在路径，并且子图中没有任何一个顶点与子图外部的顶点共享边，则称其为 连通分量 。
如果连通分量中每对节点之间都存在一条边，则称其为 完全连通分量 。
示例 1：
输入：n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[1,2],[3,4]] 输出：3 解释：如上图所示，可以看到此图所有分量都是完全连通分量。 示例 2：
输入：n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[1,2],[3,4],[3,5]] 输出：1 解释：包含节点 0、1 和 2 的分量是完全连通分量，因为每对节点之间都存在一条边。 包含节点 3 、4 和 5 的分量不是完全连通分量，因为节点 4 和 5 之间不存在边。 因此，在图中完全连接分量的数量是 1 。 提示：
1 <= n <= 500 <= edges.length <= n * (n - 1) / 2edges[i].length == 20 <= ai, bi <= n - 1ai != bi- 不存在重复的边
预备知识 - 完全图
完全图中每对不同的顶点之间都恰连有一条边相连，n 个节点的完全图有 n*(n − 1) / 2 条边。
问题分析
这道题是比较直接的岛屿 / 连通分量问题，我们直接跑 DFS / BFS / 并查集，计算每个连通分量的节点数和边数是否平衡。
如果连通分量是完全图，那么节点数 v 和边数 e 满足 e == v * (v - 2) / 2
题解一（DFS）
枚举每个节点跑 DFS，统计相同连通分量的节点数 v 和节点数 e，由于在遍历的时候，同一条边会在两个节点上重复统计，所以判断连通分量是否为完全图的公式调整为 e == v * (v - 2)。
class Solution { fun countCompleteComponents(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int { // 建图（邻接表） val graph = Array(n) { mutableListOf<Int>() } for (edge in edges) { graph[edge[0]].add(edge[1]) graph[edge[1]].add(edge[0]) // 无向边 } // 标记数组 val visit = BooleanArray(n) // 枚举 var ret = 0 for (i in 0 until n) { if (visit[i]) continue val cnt = IntArray(2) // v, e dfs(graph, visit, i, cnt) if (cnt[1] == cnt[0] * (cnt[0] - 1)) ret++ } return ret } private fun dfs(graph: Array<out List<Int>>, visit: BooleanArray, i: Int, cnt: IntArray) { visit[i] = true cnt[0] += 1 // 增加节点 cnt[1] += graph[i].size // 增加边（会统计两次） for (to in graph[i]) { if (!visit[to]) dfs(graph, visit, to, cnt) } } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n + m)$ 其中 n 为节点数，m 为 edges 的长度；
- 空间复杂度：图空间 $O(m)$，标记数组空间 $O(n)$。
题解二（BFS）
附赠一份 BFS 代码：
class Solution { fun countCompleteComponents(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int { // 建图（邻接表） val graph = Array(n) { mutableListOf<Int>() } for (edge in edges) { graph[edge[0]].add(edge[1]) graph[edge[1]].add(edge[0]) // 无向边 } // 标记数组 val visit = BooleanArray(n) // 枚举 var ret = 0 for (i in 0 until n) { if (visit[i]) continue var v = 0 var e = 0 // BFS var queue = LinkedList<Int>() queue.offer(i) visit[i] = true while (!queue.isEmpty()) { val temp = queue queue = LinkedList<Int>() for (j in temp) { v += 1 // 增加节点 e += graph[j].size // 增加边（会统计两次） for (to in graph[j]) { if (!visit[to]) { queue.offer(to) visit[to] = true } } } } if (e == v * (v - 1)) ret++ } return ret } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n + m)$ 其中 n 为节点数，m 为 edges 的长度；
- 空间复杂度：图空间、标记数组空间和队列空间。
题解三（并查集）
附赠一份并查集代码：
class Solution { fun countCompleteComponents(n: Int, edges: Array<IntArray>): Int { val uf = UnionFind(n) for (edge in edges) { uf.union(edge[0], edge[1]) } return uf.count() } private class UnionFind(n: Int) { private val parent = IntArray(n) { it } private val rank = IntArray(n) private val e = IntArray(n) private val v = IntArray(n) { 1 } fun find(x: Int): Int { // 路径压缩 var a = x while (parent[a] != a) { parent[a] = parent[parent[a]] a = parent[a] } return a } fun union(x: Int, y: Int) { val rootX = find(x) val rootY = find(y) if (rootX == rootY) { e[rootX]++ } else { // 按秩合并 if (rank[rootX] < rank[rootY]) { parent[rootX] = rootY e[rootY] += e[rootX] + 1 // 增加边 v[rootY] += v[rootX] // 增加节点 } else if (rank[rootY] > rank[rootX]) { parent[rootY] = rootX e[rootX] += e[rootY] + 1 v[rootX] += v[rootY] } else { parent[rootY] = rootX e[rootX] += e[rootY] + 1 v[rootX] += v[rootY] rank[rootX]++ } } } // 统计连通分量 fun count(): Int { return parent.indices.count { parent[it] == it && v[it] * (v[it] - 1) / 2 == e[it] } } } } 复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n + am)$ 其中 n 为节点数，m 为 edges 的长度，其中 $a$ 为反阿克曼函数。
- 空间复杂度：$O(n)$ 并查集空间。
