834 Sum of Distances in Tree

思路：一顆無向的樹有N個節點，分別標記為0,1,2,…N-1，有若干條邊。結果返回每個節點到其他節點的路徑和。

以上面這棵樹為例。從節點0到其他點的路徑查找過程是：節點0有兩條邊分別到達子節點1和子節點2；遞歸查找節點1（節點1沒有子節點），節點2；繼續查找節點2的子節點…依次下去。遞歸每進一層，路徑就需要加1。
遍歷完節點0以后，再以節點1為根節點，遍歷。
時間復雜度O(N*E),E是邊的數目。這個思路超時。既然是超時，定是因為有重復計算的。例如遍歷邊(0,2)，之后又遍歷了一次(2,0)。但是該怎么合并計算，我沒想出來。
學習：接下來的描述，相當于翻譯官方解釋吧。

用一顆新的樹為例子。節點0和節點4是父子關系，也是相鄰節點。現在觀察一下相鄰節點連接后，路徑和發生什么變化。
將節點0和節點4的路徑斷開，得到下圖。

記：stsum[0] 表示節點0在節點0子樹上的路徑和。stsum[4]表示節點4在節點4子樹上的路徑和。count[0]表示節點0子樹的節點數。answer[0]表示節點0在整個樹的路徑和。answer[4]表示節點4在整個樹的路徑和。

當節點0和節點4之間加上路徑后，answer[0]= stsum[0] + stsum[4] + count[4]。因為節點0到節點4子樹上所有點的距離與節點4到節點4子樹上所有點的距離都要加1。answer[4]= stsum[4] + stsum[0] + count[0]。而且能得到answer[0]-answer[4]=count[4]-count[0]。

所以得到結論:相鄰節點（父子節點）x,y在整個樹的路徑和是：$answer[x]?answer[y]=count[y]?count[x]$。
編碼過程：
1 answer[]存儲以每個節點為根節點在整個樹的路徑和；
2 count[] 存儲以每個節點為根節點的子樹的節點數，初始化每個元素值=1；
3 對某個節點node,dfs后序遍歷,先處理子節點,計算每個子節點y的count和stsum，$count[node]+=count[child]$，$stsum[node]+=stsum[child]+count[child]$，當遍歷了所有的邊以后$answer[node]=stsum[node]$；如果我們從節點0開始遍歷。這次遍歷結束后只有answer[0]是正確的。其他節點都沒有遍歷完全。
4 再看，上面分析了兩個相鄰節點（父子節點）的路徑和關系。如果有節點parent和子節點child，則有$answer[child]=answer[parent]?count[child]+(N?count[child])$，因為我們已經得到answer[0]的正確結果，可以依據算式計算節點0的子節點的answer。算式中之所以使用count[child]來計算count[parent]：$N?count[child])=count[prent]$，是因為在上一步的后續遍歷過程中，count[parent]的值已經發生變化，不再是parent、child狀態下的count
(原文的解釋是：count[child]從child得到parent比較容易)。用先序遍歷再次遍歷樹，修改每個子節點的answer，得到最終結果。
代碼

301 Remove Invalid Parentheses

思路：最直接的想法：把s中每一個(,)去掉，檢查新的字符串是不是有效字符串，如果是則加入到結果集。
這樣不符合題意的要求：去掉最少的括號。那么需要計算最少去掉幾個左括號，去掉幾個右括號，就可以是有效字符串。
在編碼過程中注意去重。
代碼
學習：可以改進，不再需要判斷是否是有效字符串。添加變量open。有效字符的特征是：左括號在前，所以open>0；左右括號個數相同=>open=0；多余的左右括號都去掉了=>leftCount=0 and rightCount=0。
代碼

總結

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