题目描述

这是 LeetCode 上的 952. 按公因数计算最大组件大小 ，难度为 困难。

Tag : 「数学」、「并查集」

给定一个由不同正整数的组成的非空数组 nums，考虑下面的图：

• 有 nums.length 个节点，按从 nums[0] 到 nums[nums.length - 1] 标记；
• 只有当 nums[i] 和 nums[j] 共用一个大于 111 的公因数时，nums[i] 和 nums[j]之间才有一条边。

返回 图中最大连通组件的大小 。

示例 1：

输入：nums = [4,6,15,35]

输出：4

示例 2：

输入：nums = [20,50,9,63]

输出：2

示例 3：

输入：nums = [2,3,6,7,4,12,21,39]

输出：8

提示：

• 1<=nums.length<=2×1041 <= nums.length <= 2 imes 10^41<=nums.length<=2×104
• 1<=nums[i]<=1051 <= nums[i] <= 10^51<=nums[i]<=105
• nums 中所有值都 不同

枚举质因数 + 并查集

先考虑如何使用 nums 进行建图，nums 大小为 n=2×104n = 2 imes 10^4n=2×104，枚举所有点对并通过判断两数之间是否存在边的做法复杂度为 O(n2M)O(n^2sqrt{M})O(n2M)（其中 M=1e5M = 1e5M=1e5 为 nums[i]nums[i]nums[i] 的最大值），无须考虑。

而不通过「枚举点 + 求公约数」的建图方式，可以对 nums[i]nums[i]nums[i] 进行质因数分解（复杂度为 O(nums[i])O(sqrt{nums[i]})O(nums[i]​)），假设其分解出来的质因数集合为 SSS，我们可以建立从 SkS_{k}Sk​ 到 nums[i]nums[i]nums[i] 的映射关系，若 nums[i]nums[i]nums[i] 与 nums[j]nums[j]nums[j] 存在边，则 nums[i]nums[i]nums[i] 和 nums[j]nums[j]nums[j] 至少会被同一个质因数所映射。

维护连通块数量可以使用「并查集」来做，维护映射关系可以使用「哈希表」来做。

维护映射关系时，使用质因数为 key，下标值 iii 为 value（我们使用下标 iii 作为点编号，而不是使用 nums[i]nums[i]nums[i] ，是利用nums[i]nums[i]nums[i] 各不相同，从而将并查集数组大小从 1e51e51e5 收窄到 2×1042 imes 10^42×104)。

同时在使用「并查集」维护连通块时，同步维护每个连通块大小 sz 以及当前最大的连通块大小 ans。

Java 代码：

class Solution {
    static int N = 20010;
    static int[] p = new int[N], sz = new int[N];
    int ans = 1;
    int find(int x) {
        if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
        return p[x];
    }
    void union(int a, int b) {
        if (find(a) == find(b)) return ;
        sz[find(a)] += sz[find(b)];
        p[find(b)] = p[find(a)];
        ans = Math.max(ans, sz[find(a)]);
    }
    public int largestComponentSize(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        Map> map = new HashMap<>();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int cur = nums[i];
            for (int j = 2; j * j <= cur; j++) {
                if (cur % j == 0) add(map, j, i);
                while (cur % j == 0) cur /= j;
            }
            if (cur > 1) add(map, cur, i);
        }
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            p[i] = i; sz[i] = 1;
        }
        for (int key : map.keySet()) {
            List list = map.get(key);
            for (int i = 1; i < list.size(); i++) union(list.get(0), list.get(i));
        }
        return ans;
    }
    void add(Map> map, int key, int val) {
        List list = map.getOrDefault(key, new ArrayList<>());
        list.add(val);
        map.put(key, list);
    }
}

TypeScript 代码：

const N = 20010
const p: number[] = new Array(N), sz = new Array(N)
let ans = 0
function find(x: number): number {
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x])
    return p[x]
}
function union(a: number, b: number): void {
    if (find(a) == find(b)) return 
    sz[find(a)] += sz[find(b)]
    p[find(b)] = p[find(a)]
    ans = Math.max(ans, sz[find(a)])
}
function largestComponentSize(nums: number[]): number {
    const n = nums.length
    const map: Map> = new Map>()
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        let cur = nums[i]
        for (let j = 2; j * j <= cur; j++) {
            if (cur % j == 0) add(map, j, i)
            while (cur % j == 0) cur /= j
        }
        if (cur > 1) add(map, cur, i)
    }
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        p[i] = i; sz[i] = 1
    }
    ans = 1
    for (const key of map.keys()) {
        const list = map.get(key)
        for (let i = 1; i < list.length; i++) union(list[0], list[i])
    }
    return ans
};
function add(map: Map>, key: number, val: number): void {
    let list = map.get(key)
    if (list == null) list = new Array()
    list.push(val)
    map.set(key, list)
}

• 时间复杂度：O(nM)O(nsqrt{M})O(nM​)
• 空间复杂度：O(n)O(n)O(n)

链接：https://juejin.cn/post/7214855127626104869