leetcode_图
文章目录
- 785. 判断二分图
- 207. 课程表
- 210. 课程表 II
- 684. 冗余连接
785. 判断二分图
给定一个无向图graph，当这个图为二分图时返回true。
如果我们能将一个图的节点集合分割成两个独立的子集A和B，并使图中的每一条边的两个节点一个来自A集合，一个来自B集合，我们就将这个图称为二分图。
graph将会以邻接表方式给出，graph[i]表示图中与节点i相连的所有节点。每个节点都是一个在0到graph.length-1之间的整数。这图中没有自环和平行边： graph[i] 中不存在i，并且graph[i]中没有重复的值。
示例 1:
输入: [[1,3], [0,2], [1,3], [0,2]]
输出: true
解释:
无向图如下:
0----1
| |
| |
3----2
我们可以将节点分成两组: {0, 2} 和 {1, 3}。
示例 2:
输入: [[1,2,3], [0,2], [0,1,3], [0,2]]
输出: false
解释:
无向图如下:
0----1
| \ |
| \ |
3----2
我们不能将节点分割成两个独立的子集。
注意:
graph 的长度范围为 [1, 100]。
graph[i] 中的元素的范围为 [0, graph.length - 1]。
graph[i] 不会包含 i 或者有重复的值。
图是无向的: 如果j 在 graph[i]里边, 那么 i 也会在 graph[j]里边。
题解
给节点按颜色分组，染成两种颜色，分别用1,0表示
用一个数组color记录每个节点的颜色，初始时为-1，表示没有颜色。
当遍历到某个节点时，跟他连接的其他节点应该和他是相反的颜色。
class Solution {
public boolean isBipartite(int[][] graph) {
int n = graph.length;
int[] color = new int[n];
Arrays.fill(color, -1); // 初始时
color[0] = 1;
for (int i = 0; i<n; i++){
//bfs
for(int node: graph[i]){ //和当前节点连接的节点
if (color[node] == -1){
color[node] = 1-color[i];
}
else{
if (color[node] == color[i]){
return false;
}
}
}
}
return true;
}
}
207. 课程表
你这个学期必须选修 numCourse 门课程，记为 0 到 numCourse-1 。
选修某些课程之前需要一些先修课程。 例如，想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 ，我们用一个匹配来表示他们：[0,1]
给定课程总量以及它们的先决条件，请你判断是否可能完成所有课程的学习？
示例 1:
输入: 2, [[1,0]]
输出: true
解释: 总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0。所以这是可能的。
示例 2:
输入: 2, [[1,0],[0,1]]
输出: false
解释: 总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1。这是不可能的。
提示：
输入的先决条件是由 边缘列表 表示的图形，而不是 邻接矩阵 。详情请参见图的表示法。
你可以假定输入的先决条件中没有重复的边。
1 <= numCourses <= 10^5
题解：
拓扑排序判断是否有环，拓扑排序后的节点数为总节点数表明无环。
需要一些辅助结构：
inDegree数组记录每个节点的入度。
abj Set型数组记录每个节点的后继节点。
队列：将入度为0的节点加入队列中。
每次出队，课程数增1，出队的节点的后继节点的入度减1。
class Solution {
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
int[] inDegree = new int [numCourses]; // 每个课程的入度
Set<Integer>[] abj = new HashSet[numCourses]; // 每个课程下一个课程
for (int i = 0; i<numCourses; i++){
abj[i] = new HashSet<Integer>();
}
for (int[] p: prerequisites){
// p[0] 和 p[1] 的图关系：p[1]->p[0];
inDegree[p[0]]++; //p[0] 入度增1
abj[p[1]].add(p[0]);
}
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
// 先找度为0的课程，加入队列中
for (int i = 0; i<numCourses; i++){
if (inDegree[i] == 0){
queue.offer(i);
}
}
// 拓扑操作
int res = 0; // 能上课的课程数
while (!queue.isEmpty()){
int course = queue.poll();
res++;
for (int next_course: abj[course]){
inDegree[next_course]--; // 当前课程的一下课程的入度减1
if (inDegree[next_course] == 0){
queue.offer(next_course);
}
}
}
return res == numCourses;
}
}
时间复杂度O(n+m)
空间复杂度O(n+m)
210. 课程表 II
现在你总共有 n 门课需要选，记为 0 到 n-1。
在选修某些课程之前需要一些先修课程。 例如，想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 ，我们用一个匹配来表示他们: [0,1]
给定课程总量以及它们的先决条件，返回你为了学完所有课程所安排的学习顺序。
可能会有多个正确的顺序，你只要返回一种就可以了。如果不可能完成所有课程，返回一个空数组。
示例 1:
输入: 2, [[1,0]]
输出: [0,1]
解释: 总共有 2 门课程。要学习课程 1，你需要先完成课程 0。因此，正确的课程顺序为 [0,1] 。
示例 2:
输入: 4, [[1,0],[2,0],[3,1],[3,2]]
输出: [0,1,2,3] or [0,2,1,3]
解释: 总共有 4 门课程。要学习课程 3，你应该先完成课程 1 和课程 2。并且课程 1 和课程 2 都应该排在课程 0 之后。
因此，一个正确的课程顺序是 [0,1,2,3] 。另一个正确的排序是 [0,2,1,3] 。
说明:
输入的先决条件是由边缘列表表示的图形，而不是邻接矩阵。详情请参见图的表示法。
你可以假定输入的先决条件中没有重复的边。
提示:
这个问题相当于查找一个循环是否存在于有向图中。如果存在循环，则不存在拓扑排序，因此不可能选取所有课程进行学习。
通过 DFS 进行拓扑排序 - 一个关于Coursera的精彩视频教程（21分钟），介绍拓扑排序的基本概念。
拓扑排序也可以通过 BFS 完成。
题解：
class Solution {
public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
int[] res = new int[numCourses];
// 入度表
int[] inDegree = new int[numCourses];
// 邻接表
List<Integer>[] adj = new List[numCourses];
for (int i = 0; i < numCourses; i++){
adj[i] = new ArrayList<Integer>();
}
// 填表
for (int[] p: prerequisites){
inDegree[p[0]]++;
adj[p[1]].add(p[0]);
}
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
// 度数为0的课程先入队
for (int i=0; i<numCourses; i++){
if (inDegree[i] == 0){
queue.offer(i);
}
}
// 拓扑排序
int count = 0;
while (!queue.isEmpty()){
int course = queue.remove();
res[count++] = course; // 课程加入结果中
// 下一课程度数减1
for(int next_course: adj[course]){
inDegree[next_course]--;
if (inDegree[next_course] == 0){ //下一课程入度为0。 加入队列中。
queue.offer(next_course);
}
}
}
if (count == numCourses){
return res;
}
return new int[0];
}
}
时间复杂度O(n+m)
空间复杂度O(n)
684. 冗余连接
在本问题中, 树指的是一个连通且无环的无向图。
输入一个图，该图由一个有着N个节点 (节点值不重复1, 2, …, N) 的树及一条附加的边构成。附加的边的两个顶点包含在1到N中间，这条附加的边不属于树中已存在的边。
结果图是一个以边组成的二维数组。每一个边的元素是一对[u, v] ，满足 u < v，表示连接顶点u 和v的无向图的边。
返回一条可以删去的边，使得结果图是一个有着N个节点的树。如果有多个答案，则返回二维数组中最后出现的边。答案边 [u, v] 应满足相同的格式 u < v。
示例 1：
输入: [[1,2], [1,3], [2,3]]
输出: [2,3]
解释: 给定的无向图为:
1
/ \
2 - 3
示例 2：
输入: [[1,2], [2,3], [3,4], [1,4], [1,5]]
输出: [1,4]
解释: 给定的无向图为:
5 - 1 - 2
| |
4 - 3
注意:
输入的二维数组大小在 3 到 1000。
二维数组中的整数在1到N之间，其中N是输入数组的大小。
题解：并查集
在同一集合的所有节点必构成连通图，假设考察边[u,v]，若他们已在同一个集合中，说明这条边是条冗余的边。
- 将不在同一集合中的顶点合并
- 当首次碰到某条边已在同一集合时，该边即为冗余的边。
# 并查集
class Solution:
def findRedundantConnection(self, edges: List[List[int]]) -> List[int]:
n = len(edges)
father = [i for i in range(n+1)]
for x, y in edges:
if (union(father, x, y) == True):
return [x,y]
# 找当前节点的代表节点
def findParent(father:List[int], x: int):
while father[x]!=x:
# father[x] = father[father[x]]
x = father[x]
return x
def union(father:List[int], x:int, y:int):
root_x = findParent(father, x)
root_y = findParent(father, y)
if root_x == root_y:
return True
father[root_x] = root_y
return False
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(n)