读完本文，可以去力扣解决如下题目：
277.搜索名人（Medium）
今天来讨论经典的「名流问题」：
给你n个人的社交关系（你知道任意两个人之间是否认识），然后请你找出这些人中的「名人」。
所谓「名人」有两个条件：
1、所有其他人都认识「名人」。
2、「名人」不认识任何其他人。
这是一个图相关的算法问题，社交关系嘛，本质上就可以抽象成一幅图。
如果把每个人看做图中的节点，「认识」这种关系看做是节点之间的有向边，那么名人就是这幅图中一个特殊的节点：
这个节点没有一条指向其他节点的有向边；且其他所有节点都有一条指向这个节点的有向边。
或者说的专业一点，名人节点的出度为 0，入度为n - 1。
那么，这n个人的社交关系是如何表示的呢？
前文 图论算法基础 说过，图有两种存储形式，一种是邻接表，一种是邻接矩阵，邻接表的主要优势是节约存储空间；邻接矩阵的主要优势是可以迅速判断两个节点是否相邻。
对于名人问题，显然会经常需要判断两个人之间是否认识，也就是两个节点是否相邻，所以我们可以用邻接表来表示人和人之间的社交关系。
那么，把名流问题描述成算法的形式就是这样的：
给你输入一个大小为n x n的二维数组（邻接矩阵）graph表示一幅有n个节点的图，每个人都是图中的一个节点，编号为0到n - 1。
如果graph[i][j] == 1代表第i个人认识第j个人，如果graph[i][j] == 0代表第i个人不认识第j个人。
有了这幅图表示人与人之间的关系，请你计算，这n个人中，是否存在「名人」？
如果存在，算法返回这个名人的编号，如果不存在，算法返回 -1。
函数签名如下：
int findCelebrity(int[][] graph);
比如输入的领接矩阵长这样：
那么算法应该返回 2，节点 2 符合名人的特性。
力扣第 277 题「搜寻名人」就是这个经典问题，不过并不是直接把邻接矩阵传给你，而是只告诉你总人数n，同时提供一个 APIknows来查询人和人之间的社交关系：
// 可以直接调用，能够返回 i 是否认识 j
boolean knows(int i, int j);
// 请你实现：返回「名人」的编号
int findCelebrity(int n) {
// todo
}
很明显，knowsAPI 本质上还是在访问邻接矩阵。为了简单起见，我们后面就按力扣的题目形式来探讨一下这个经典问题。
暴力解法
我们拍拍脑袋就能写出一个简单粗暴的算法：
int findCelebrity(int n) {
for (int cand = 0; cand < n; cand++) {
int other;
for (other = 0; other < n; other++) {
if (cand == other) continue;
// 保证其他人都认识 cand，且 cand 不认识任何其他人
// 否则 cand 就不可能是名人
if (knows(cand, other) || !knows(other, cand)) {
break;
}
}
if (other == n) {
// 找到名人
return cand;
}
}
// 没有一个人符合名人特性
return -1;
}
cand是候选人（candidate）的缩写，我们的暴力算法就是从头开始穷举，把每个人都视为候选人，判断是否符合「名人」的条件。
刚才也说了，knows函数底层就是在访问一个二维的邻接矩阵，一次调用的时间复杂度是 O(1)，所以这个暴力解法整体的最坏时间复杂度是 O(N^2)。
那么，是否有其他高明的办法来优化时间复杂度呢？其实是有优化空间的，你想想，我们现在最耗时的地方在哪里？
对于每一个候选人cand，我们都要用一个内层 for 循环去判断这个cand到底符不符合「名人」的条件。
这个内层 for 循环看起来就蠢，虽然判断一个人「是名人」必须用一个 for 循环，但判断一个人「不是名人」就不用这么麻烦了。
因为「名人」的定义保证了「名人」的唯一性，所以我们可以利用排除法，先排除那些显然不是「名人」的人，从而避免 for 循环的嵌套，降低时间复杂度。
优化解法
我再重复一遍所谓「名人」的定义：
1、所有其他人都认识名人。
2、名人不认识任何其他人。
这个定义就很有意思，它保证了人群中最多有一个名人。
这很好理解，如果有两个人同时是名人，那么这两条定义就自相矛盾了。
换句话说，只要观察任意两个候选人的关系，我一定能确定其中的一个人不是名人，把他排除。
至于另一个候选人是不是名人，只看两个人的关系肯定是不能确定的，但这不重要，重要的是排除掉一个必然不是名人的候选人，缩小了包围圈。
这是优化的核心，也是比较难理解的，所以我们先来说说为什么观察任意两个候选人的关系，就能排除掉一个。
你想想，两个人之间的关系可能是什么样的？
无非就是四种：你认识我我不认识你，我认识你你不认识我，咱俩互相认识，咱两互相不认识。
如果把人比作节点，红色的有向边表示不认识，绿色的有向边表示认识，那么两个人的关系无非是如下四种情况：
不妨认为这两个人的编号分别是cand和other，然后我们逐一分析每种情况，看看怎么排除掉一个人。
对于情况一，cand认识other，所以cand肯定不是名人，排除。因为名人不可能认识别人。
对于情况二，other认识cand，所以other肯定不是名人，排除。
对于情况三，他俩互相认识，肯定都不是名人，可以随便排除一个。
对于情况四，他俩互不认识，肯定都不是名人，可以随便排除一个。因为名人应该被所有其他人认识。
综上，只要观察任意两个之间的关系，就至少能确定一个人不是名人，上述情况判断可以用如下代码表示：
if (knows(cand, other) || !knows(other, cand)) {
// cand 不可能是名人
} else {
// other 不可能是名人
}
如果能够理解这一个特点，那么写出优化解法就简单了。
我们可以不断从候选人中选两个出来，然后排除掉一个，直到最后只剩下一个候选人，这时候再使用一个 for 循环判断这个候选人是否是货真价实的「名人」。
这个思路的完整代码如下：
int findCelebrity(int n) {
if (n == 1) return 0;
// 将所有候选人装进队列
LinkedList q = new LinkedList<>();
for (int i = 0; i < n; i++) {
q.addLast(i);
}
// 一直排除，直到只剩下一个候选人停止循环
while (q.size() >= 2) {
// 每次取出两个候选人，排除一个
int cand = q.removeFirst();
int other = q.removeFirst();
if (knows(cand, other) || !knows(other, cand)) {
// cand 不可能是名人，排除，让 other 归队
q.addFirst(other);
} else {
// other 不可能是名人，排除，让 cand 归队
q.addFirst(cand);
}
}
// 现在排除得只剩一个候选人，判断他是否真的是名人
int cand = q.removeFirst();
for (int other = 0; other < n; other++) {
if (other == cand) {
continue;
}
// 保证其他人都认识 cand，且 cand 不认识任何其他人
if (!knows(other, cand) || knows(cand, other)) {
return -1;
}
}
// cand 是名人
return cand;
}
这个算法避免了嵌套 for 循环，时间复杂度降为 O(N) 了，不过引入了一个队列来存储候选人集合，使用了 O(N) 的空间复杂度。
PS：LinkedList的作用只是充当一个容器把候选人装起来，每次找出两个进行比较和淘汰，但至于具体找出哪两个，都是无所谓的，也就是说候选人归队的顺序无所谓，我们用的是addFirst只是方便后续的优化，你完全可以用addLast，结果都是一样的。
是否可以进一步优化，把空间复杂度也优化掉？
最终解法
如果你能够理解上面的优化解法，其实可以不需要额外的空间解决这个问题，代码如下：
int findCelebrity(int n) {
// 先假设 cand 是名人
int cand = 0;
for (int other = 1; other < n; other++) {
if (!knows(other, cand) || knows(cand, other)) {
// cand 不可能是名人，排除
// 假设 other 是名人
cand = other;
} else {
// other 不可能是名人，排除
// 什么都不用做，继续假设 cand 是名人
}
}
// 现在的 cand 是排除的最后结果，但不能保证一定是名人
for (int other = 0; other < n; other++) {
if (cand == other) continue;
// 需要保证其他人都认识 cand，且 cand 不认识任何其他人
if (!knows(other, cand) || knows(cand, other)) {
return -1;
}
}
return cand;
}
我们之前的解法用到了LinkedList充当一个队列，用于存储候选人集合，而这个优化解法利用other和cand的交替变化，模拟了我们之前操作队列的过程，避免了使用额外的存储空间。
现在，解决名人问题的解法时间复杂度为 O(N)，空间复杂度为 O(1)，已经是最优解法了。
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