1766.互质树

【LetMeFly】1766.互质树：设计（深度优先搜索）

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/tree-of-coprimes/

给你一个 n 个节点的树（也就是一个无环连通无向图），节点编号从 0 到 n - 1 ，且恰好有 n - 1 条边，每个节点有一个值。树的 根节点 为 0 号点。

给你一个整数数组 nums 和一个二维数组 edges 来表示这棵树。nums[i] 表示第 i 个点的值，edges[j] = [uj, vj] 表示节点 uj 和节点 vj 在树中有一条边。

当 gcd(x, y) == 1 ，我们称两个数 x 和 y 是 互质的 ，其中 gcd(x, y) 是 x 和 y 的 最大公约数 。

从节点 i 到 根 最短路径上的点都是节点 i 的祖先节点。一个节点 不是 它自己的祖先节点。

请你返回一个大小为 n 的数组 ans ，其中 ans[i]是离节点 i 最近的祖先节点且满足 nums[i] 和 nums[ans[i]] 是 互质的 ，如果不存在这样的祖先节点，ans[i] 为 -1 。

 

示例 1：

输入：nums = [2,3,3,2], edges = [[0,1],[1,2],[1,3]]
输出：[-1,0,0,1]
解释：上图中，每个节点的值在括号中表示。
- 节点 0 没有互质祖先。
- 节点 1 只有一个祖先节点 0 。它们的值是互质的（gcd(2,3) == 1）。
- 节点 2 有两个祖先节点，分别是节点 1 和节点 0 。节点 1 的值与它的值不是互质的（gcd(3,3) == 3）但节点 0 的值是互质的(gcd(2,3) == 1)，所以节点 0 是最近的符合要求的祖先节点。
- 节点 3 有两个祖先节点，分别是节点 1 和节点 0 。它与节点 1 互质（gcd(3,2) == 1），所以节点 1 是离它最近的符合要求的祖先节点。

示例 2：

输入：nums = [5,6,10,2,3,6,15], edges = [[0,1],[0,2],[1,3],[1,4],[2,5],[2,6]]
输出：[-1,0,-1,0,0,0,-1]

 

提示：

• nums.length == n
• 1 <= nums[i] <= 50
• 1 <= n <= 105
• edges.length == n - 1
• edges[j].length == 2
• 0 <= uj, vj < n
• uj != vj

解题方法：设计（深度优先搜索）

这道题的数据范围中可以得知，$nums[i]$最大只有$50$。因此可以建立一下数据结构：

• [[int]] gcds; // gcds[i]: 和i互质的所有数（题目范围内）
• [[int]] path; // path: dfs到当前节点时所有的祖先节点 | path[i]: 值为i的祖先节点们
• [int] num2depth; // num2depth[i]: 节点i的深度（默认值为0）
• [[int]] graph; // graph[i]: 节点i的所有相邻节点
• [int] ans; // ans: 最终要返回的答案

其中$gcds$可以在预处理时计算得出$1$到$50$的范围内每个数的所有质因数。

而$graph$课可以通过遍历一遍$edges$数组而得到。

至于$path$和$depth$，则可以在深度优先搜索的同时得到：

void dfs(nums, num, depth) {
    num2depth[num] = depth;
    int thisVal = nums[num];
    ...  // 依据gcds[thisVal]遍历path中互质的数，深度最深的那个即为答案
    path[thisVal].push_back(num);
    ...  // 遍历graph开始递归
    path[thisVal].pop_back();
}

• 时间复杂度$O(C^2+Cn)$，其中$C$为每个节点的数据范围，本题中$C=50$
• 空间复杂度$O(C^2+n)$

AC代码

C++

class Solution {
private:
    vector<vector<int>> gcds;   // gcds[i]: 和i互质的所有数（题目范围内）
    vector<vector<int>> path;   // path: dfs到当前节点时所有的祖先节点 | path[i]: 值为i的祖先节点们
    vector<int> num2depth;      // num2depth[i]: 节点i的深度（默认值为0）
    vector<vector<int>> graph;  // graph[i]: 节点i的所有相邻节点
    vector<int> ans;            // ans: 最终要返回的答案

    void initGcds() {
        gcds.resize(51);
        for (int i = 1; i <= 50; i++) {
            for (int j = 1; j <= 50; j++) {
                if (__gcd(i, j) == 1) {
                    gcds[i].push_back(j);
                    gcds[j].push_back(i);
                }
            }
        }
    }

    void initPath() {
        path.resize(51);
    }

    void initNum2depth(vector<int>& nums) {
        num2depth.resize(nums.size());
    }

    void initGraph(vector<int>& nums, vector<vector<int>>& edges) {
        graph.resize(nums.size());
        for (vector<int>& edge : edges) {
            graph[edge[0]].push_back(edge[1]);
            graph[edge[1]].push_back(edge[0]);
        }
    }

    void initAns(vector<int>& nums) {
        ans = vector<int>(nums.size(), -1);
    }

    void dfs(vector<int>& nums, int num, int depth) {
        num2depth[num] = depth;
        for (int coprime : gcds[nums[num]]) {
            if (path[coprime].size()) {
                int lastNum = path[coprime].back();
                if (ans[num] == -1 || num2depth[lastNum] > num2depth[ans[num]]) {
                    ans[num] = lastNum;
                }
            }
        }
        path[nums[num]].push_back(num);
        for (int nextNum : graph[num]) {
            if (!num2depth[nextNum]) {
                dfs(nums, nextNum, depth + 1);
            }
        }
        path[nums[num]].pop_back();
    }
public:
    vector<int> getCoprimes(vector<int>& nums, vector<vector<int>>& edges) {
        initGcds();
        initPath();
        initNum2depth(nums);
        initGraph(nums, edges);
        initAns(nums);
        dfs(nums, 0, 1);  // 根节点视为1层，和默认值不同
        return ans;
    }
};

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