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大家好，我是小彭。
上周末是 LeetCode 第 338 场周赛，你参加了吗？这场周赛覆盖的知识点很多，第四题称得上是近期几场周赛的天花板。
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目录2599.K 件物品的最大和（Easy）
贪心、模拟 $O(1)$2600. 质数减法运算（Medium）
题解一：暴力枚举 + 二分查找 $O(U\sqrt{U} + nlgU)$题解二：Eratosthenes 埃氏筛 + 二分查找 $O(UlgU + nlgU)$题解三：Euler 欧氏线性筛 + 二分查找 $O(U + nlgU)$2601. 使数组元素全部相等的最少操作次数
前缀和 + 二分查找 $O(nlgn + qlgn)$2602. 收集树中金币（Hard）
拓扑排序 + 模拟 $O(n)$2599.K 件物品的最大和（Easy）题目地址https://leetcode.cn/problems/k-items-with-the-maximum-sum/description/
题目描述袋子中装有一些物品，每个物品上都标记着数字 1、0或 -1。
给你四个非负整数 numOnes、numZeros、numNegOnes和 k。
袋子最初包含：
numOnes件标记为 1的物品。numZeroes件标记为 0的物品。numNegOnes件标记为 1的物品。现计划从这些物品中恰好选出 k件物品。返回所有可行方案中，物品上所标记数字之和的最大值。
简单模拟题，优先选择 1，其次 0，最后 -1。
class Solution { fun kItemsWithMaximumSum(numOnes: Int, numZeros: Int, numNegOnes: Int, k: Int): Int { var x = k // 1 val oneCnt = Math.min(numOnes, x) x -= oneCnt if (x == 0) return oneCnt // 0 x -= Math.min(numZeros, x) if (x == 0) return oneCnt // -1 return oneCnt - x }}复杂度分析：
时间复杂度：$O(1)$空间复杂度：$O(1)$2600. 质数减法运算（Medium）题目地址https://leetcode.cn/problems/prime-subtraction-operation/description/
题目描述给你一个下标从 0开始的整数数组 nums，数组长度为 n。
你可以执行无限次下述运算：
选择一个之前未选过的下标i，并选择一个 严格小于nums[i]的质数 p，从 nums[i]中减去 p。如果你能通过上述运算使得 nums成为严格递增数组，则返回 true；否则返回 false。
严格递增数组中的每个元素都严格大于其前面的元素。
预备知识这道题如果熟悉质数筛就是简单二分查找问题。
1、质数定义：
质数 / 素数：只能被 1 和本身整除的数，例如 3，5，7；合数：除了能被 1 和本身整除外，还能被其他数整除的数。也可以理解为由多个不为 1 的质数相乘组成的数，例如 4 = 2 _ 2，6 = 2 _ 3。1 既不是质数也不是合数。2、判断 x 是否为质数：
可以枚举 [2,n-1] 的所有数，检查是否是 x 的因数，时间复杂度是 O(n)。事实上并不需要枚举到 n-1：以 n = 17 为例，假设从 2 枚举到 4 都没有发现因子，我们发现 5 也没必要检查。
可以用反证法证明：如果 17 能够被 5 整除，那么一定存在 17 能够被 17/5 的另一个数整除。而由于 17/5 < 5与前面验证过 [2,4] 不存在因子的前提矛盾。因此 5 不可能是因子。
由此得出，如果存在整除关系 n/x = y，我们只需要检查 x 和 y 之间的较小值。所有的较小值最大不会超过 n 的平方根。所以我们可以缩小检查范围，只检查 $[1, O(\sqrt{x})]$，时间复杂度是 $O(\sqrt{x})$
3、计算所有小于 n 的质数，有三种算法：
暴力枚举：枚举每个数，判断它是不是质数，整体时间复杂度是 $O(n\sqrt{n})$Eratosthenes 埃氏筛：如果 x 不是质数，则从 x*x开始将成倍的数字标记为非质数，整体时间复杂度是 O(UlgU)；Euler 欧氏线性筛：标记 x 与 “小于等于 x 的最小质因子的质数” 的乘积为非质数，保证每个合数只被标记最小的质因子标记。题解一（暴力枚举质数 + 二分查找）为了获得严格递增数组，显然数组的末位元素的约束是最弱的，甚至是没有约束的。所以我们选择从后往前处理，最后一个数不需要处理。
显然如果靠后的元素尽可能大，那么靠前的元素越容易满足条件。因此，我们可以找到贪心思路：从后往前处理，每处理一个数字时，我们尽可能减去满足题目要求的最小质数，减缓数字变小的速度，给靠前的数字留出空间。
容易发现，“满足题目要求的最小质数” 存在单调性可以用二分查找解决。因此我们的题解分为 2 部分：
1、预处理题目数据范围内的所有质数，即小于 1000 的质数列表，可以用预置知识中的两种；2、使用二分查找寻找 “满足题目要求的最小质数”。class Solution { companion object { // 1000 以内的质数列表 private val primes = getPrimes(1000) // 暴力求质数 private fun getPrimes(max: Int): IntArray { val primes = LinkedList() for (num in 2..max) { if (isPrime(num)) primes.add(num) } return primes.toIntArray() } // 质数判断 private fun isPrime(num: Int): Boolean { var x = 2 while (x * x <= num) { if (num % x == 0) return false x++ } return true } } fun primeSubOperation(nums: IntArray): Boolean { for (index in nums.size - 2 downTo 0) { if (nums[index] < nums[index + 1]) continue // 二分查找：寻找严格小于 nums[index] 且减去后形成递增的最小质数 var left = 0 var right = primes.size - 1 while (left < right) { val mid = (left + right) ushr 1 if (primes[mid] >= nums[index] || nums[index] - primes[mid] < nums[index + 1]) { right = mid } else { left = mid + 1 } } if (primes[left] >= nums[index] || nums[index] - primes[left] >= nums[index + 1]) return false nums[index] -= primes[left] } return true }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(U·\sqrt{U} + nlgU)$ 其中 $n$ 是 $nums$ 数组的长度，$U$ 是输入数据范围，$U$ 为常数 $1000$；空间复杂度：$O(1)$ 忽略预处理质数空间，仅使用常数级别空间。题解二（Eratosthenes 埃氏筛 + 二分查找）计算质数的部分可以用经典埃氏筛。
筛法求质数的思路是：如果 x 是质数，那么 x 的整数倍 2x、3x 一定不是质数。我们设 isPrime[i]表示 i 是否为质数，从小开始遍历，如果 i 是质数，则同时将所有倍数标记为合数。事实上，我们不必从 x 开始标记，而是直接从 x*x 开始标记，因为 x * 2, x * 3 已经在之前被标记过，会重复标记。
class Solution { companion object { // 1000 以内的质数列表 private val primes = getPrimes(1000) // 埃氏筛求质数 private fun getPrimes(max: Int): IntArray { val primes = LinkedList() val isPrime = BooleanArray(max + 1) { true } for (num in 2..max) { // 检查是否为质数，这里不需要调用 isPrime() 函数判断是否质数，因为它没被小于它的数标记过，那么一定不是合数 if (!isPrime[num]) continue primes.add(num) // 标记 var x = num * num while (x <= max) { isPrime[x] = false x += num } } return primes.toIntArray() } } fun primeSubOperation(nums: IntArray): Boolean { val n = nums.size if (n <= 1) return true for (index in n - 2 downTo 0) { if (nums[index] < nums[index + 1]) continue // 二分查找 var left = 0 var right = primes.size - 1 while (left < right) { val mid = (left + right) ushr 1 if (primes[mid] >= nums[index] || nums[index] - primes[mid] < nums[index + 1]) { right = mid } else { left = mid + 1 } } if (primes[left] >= nums[index] || nums[index] - primes[left] >= nums[index + 1]) return false nums[index] -= primes[left] } return true }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(U·lgU + nlgU)$ 其中 $n$ 是 $nums$ 数组的长度，$U$ 是输入数据范围，$U$ 为常数 $1000$；空间复杂度：$O(1)$ 忽略预处理质数空间，仅使用常数级别空间。题解三（Euler 欧氏线性筛 + 二分查找）尽管我们从 x * x 开始标记来减少重复标记，但 Eratosthenes 筛选法还是会重复标记一个合数。举个例子，400 这个数不仅会被 2 标记一遍，还会被 5 标记，这就导致了大量的重复计算。
为了避免重复标记，我们使用欧氏筛，它与埃氏筛不同的是：
标记过程不再仅对质数 prime 标记，而是对每个数 x 标记；不再标记所有 x* x 的整数倍，而是标记 x 与 “小于等于 x 的最小质因子的质数” 的乘积，保证每个合数只被标记最小的质因子标记。class Solution { companion object { // 1000 以内的质数列表 private val primes = getPrimes(1000) // 线性筛求质数 private fun getPrimes(max: Int): IntArray { val primes = LinkedList() val isPrime = BooleanArray(max + 1) { true } for (num in 2..max) { // 检查是否为质数，这里不需要调用 isPrime() 函数判断是否质数，因为它没被小于它的数标记过，那么一定不是合数 if (isPrime[num]) { primes.add(num) } // 标记 for (prime in primes) { if (num * prime > max) break isPrime[num * prime] = false if (num % prime == 0) break } } return primes.toIntArray() } } fun primeSubOperation(nums: IntArray): Boolean { val n = nums.size if (n <= 1) return true for (index in n - 2 downTo 0) { if (nums[index] < nums[index + 1]) continue // 二分查找 var left = 0 var right = primes.size - 1 while (left < right) { val mid = (left + right) ushr 1 if (primes[mid] >= nums[index] || nums[index] - primes[mid] < nums[index + 1]) { right = mid } else { left = mid + 1 } } if (primes[left] >= nums[index] || nums[index] - primes[left] >= nums[index + 1]) return false nums[index] -= primes[left] } return true }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(U + nlgU)$ 其中 $n$ 是 $nums$ 数组的长度，$U$ 是输入数据范围，$U$ 为常数 $1000$；空间复杂度：$O(1)$ 忽略预处理质数空间，仅使用常数级别空间。相似题目：
204. 计数质数2523. 范围内最接近的两个质数2601. 使数组元素全部相等的最少操作次数（Medium）题目地址https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-make-all-array-elements-equal
题目描述给你一个正整数数组 nums。
同时给你一个长度为 m的整数数组 queries。第 i个查询中，你需要将 nums中所有元素变成 queries[i]。你可以执行以下操作 任意次：
1。请你返回一个长度为 m的数组 **answer，其中 **answer[i]是将 nums中所有元素变成 queries[i]的 最少操作次数。
注意，每次查询后，数组变回最开始的值。
题解（前缀和 + 二分查找）一道题很明显有前缀和问题，难点也正是如何把原问题转换为前缀和问题。如果用暴力解法，我们只需要计算每个元素到 queries[i] 的绝对值之和，单词查询操作的时间复杂度是 O(n)，我们不考虑。
为了优化时间复杂度，我们分析数据的特征：
以 nums = [3,1,6,8], query = 5为例，小于 5 的 3 和 1 需要增大才能变为 5，大于 5 的 6 和 8 需要减小才能变为 5。因此我们尝试将数组分为两部分 [3,1, | 6,8]，需要执行加法的次数为 [+2,+4, | -1,-3]。
然而，我们不需要累加这 n 个差值的绝对值，而是使用前缀和在 O(1) 时间内快速计算。如图所示，小于 5 的部分可以用 “小于 5 的数字个数 _ 5” - “小于 5 的数字之和” 获得，大于 5 的部分可以用 “大于 5 的数字之和” - “大于 5 的数字个数 _ 5” 计算：
而 “小于 5 的数字之和” 与 “大于 5 的数字之和” 是明显的区间求和，可以用前缀和数组在 O(1) 时间复杂度解决。至此，我们成功将原问题转换为前缀和问题。
那么，剩下的问题是如何将数组拆分为两部分？
我们发现对于单次查询来说，我们可以使用快速选择算法在 O(lgn) 时间内找到。但是题目不仅只有一次，所以我们可以先对整个数组排序，再用二分查找找到枚举的分割点。
最后一个细节，由于数组的输入范围很大，所以前缀和数组要定义为 long 数组类型。
class Solution { fun minOperations(nums: IntArray, queries: IntArray): List { val n = nums.size // 排序 nums.sort() // 前缀和 val preSums = LongArray(n + 1) for (index in nums.indices) { preSums[index + 1] = nums[index] + preSums[index] } val ret = LinkedList() for (target in queries) { // 二分查找寻找大于等于 target 的第一个元素 var left = 0 var right = n - 1 while (left < right) { val mid = (left + right) ushr 1 if (nums[mid] < target) { left = mid + 1 } else { right = mid } } val index = if (nums[left] >= target) left - 1 else left val leftSum = 1L * (index + 1) * target - preSums[index + 1] val rightSum = preSums[n] - preSums[index + 1] - 1L * (n - 1 - index) * target ret.add(leftSum + rightSum) } return ret }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(nlgn + qlgn)$ 其中 $n$ 是 $nums$ 数组的长度，$q$ 是 $queries$ 数组的长度。总共会执行 $q$ 次查询操作，每次查询操作的时间复杂度是 $O(lgn)$；空间复杂度：$O(n)$ 前缀和数组空间。近期周赛前缀和问题：
周赛 336. 统计美丽子数组数目（Medium）2602. 收集树中金币（Hard）题目地址https://leetcode.cn/problems/collect-coins-in-a-tree/
题目描述给你一个 n个节点的无向无根树，节点编号从 0到 n - 1。给你整数 n和一个长度为 n - 1的二维整数数组 edges，其中 edges[i] = [ai, bi]表示树中节点 ai和 bi之间有一条边。再给你一个长度为 n的数组 coins，其中 coins[i]可能为 0也可能为 1，1表示节点 i处有一个金币。
一开始，你需要选择树中任意一个节点出发。你可以执行下述操作任意次：
收集距离当前节点距离为2以内的所有金币，或者移动到树中一个相邻节点。你需要收集树中所有的金币，并且回到出发节点，请你返回最少经过的边数。
如果你多次经过一条边，每一次经过都会给答案加一。
预备知识拓扑排序：给定一个包含 n 个节点的有向图 G，我们给出它的节点编号的一种排列，如果满足： 对于图 G 中的任意一条有向边 (u,v)，u 在排列中都出现在 v 的前面。那么称该排列是图 G 的「拓扑排序」。
拓扑排序的实现思路：拓扑排序的常规实现是 Kahn 拓扑排序算法，基于 BFS 搜索和贪心思想：每次从图中删除没有前驱的节点（入度为 0），并修改它指向的节点的入度，直到 BFS 队列为空结束。
题解（拓扑排序 + 模拟）观察示例 1：从节点 2 出发，收集节点 0 处的金币，移动到节点 3 ，收集节点 5 处的金币，然后移动回节点 2。观察示例 2：从节点 0 出发，收集节点 4 和 3 处的金币，移动到节点 2 处，收集节点 7 处的金币，移动回节点 0。结合题目规则（收集距离当前节点距离为 2 以内的所有金币）和这 2 个示例分析： 最优路径必然不需要触达图的边缘，而只需要在图的核心部分来回试探（如示例 1 的节点 2 和节点 3，示例 2 的节点 0 和节点 2）。
1、访问无金币的子树没有意义，我们将整个子树剪枝；2、叶子节点和距离叶子节点距离为 1 的节点都没有必要访问，我们将这些点剪枝；剩下的点就是必须经过的核心点。再结合题目规则（你需要收集树中所有的金币，并且回到出发节点），且题目保证输入数据是合法的树，因此答案正好就是剩下部分边的数目 * 2。
class Solution { fun collectTheCoins(coins: IntArray, edges: Array): Int { val n = coins.size // 入度表 val inDegrees = IntArray(n) // 领接表 val graph = HashMap>() for (edge in edges) { graph.getOrPut(edge[0]) { LinkedList() }.add(edge[1]) graph.getOrPut(edge[1]) { LinkedList() }.add(edge[0]) inDegrees[edge[0]]++ inDegrees[edge[1]]++ } // 剩余的边 var left_edge = edges.size // n - 1 // 1、拓扑排序剪枝无金币子树 val queue = LinkedList() for (node in 0 until n) { // 题目是无向图，所以叶子结点的入度也是 1 if (inDegrees[node] == 1 && coins[node] == 0) { queue.offer(node) } } while (!queue.isEmpty()) { // 删除叶子结点 val node = queue.poll() left_edge -= 1 // 修改相邻节点 for (edge in graph[node]!!) { if (--inDegrees[edge] == 1 && coins[edge] == 0) queue.offer(edge) } } // 2、拓扑排序剪枝与叶子结点距离不大于 2 的节点（裁剪 2 层） // 叶子节点 for (node in 0 until n) { if (inDegrees[node] == 1 && coins[node] == 1) { queue.offer(node) } } for (node in queue) { // 2.1 删除叶子结点 left_edge -= 1 // 2.2 删除到叶子结点距离为 1 的节点 for (edge in graph[node]!!) { if (--inDegrees[edge] == 1) left_edge -= 1 } } // println(inDegrees.joinToString()) // coins=[0,0],edges=[[0,1]] 会减去所有节点导致出现负数 return Math.max(left_edge * 2, 0) }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(n)$ 其中 $n$ 是 $coins$ 数组的长度；空间复杂度：$O(n)$。相似题目：
207. 课程表2050. 并行课程 III有用请支持，你们的支持是我持续分享有价值内容的动力。
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