【算法练习】leetcode每日一题/并查集 1579. 保证图可完全遍历

1579. 保证图可完全遍历

难度困难

Alice 和 Bob 共有一个无向图，其中包含 n 个节点和 3  种类型的边：

• 类型 1：只能由 Alice 遍历。
• 类型 2：只能由 Bob 遍历。
• 类型 3：Alice 和 Bob 都可以遍历。

给你一个数组 edges ，其中 edges[i] = [typei, ui, vi] 表示节点 ui 和 vi 之间存在类型为 typei 的双向边。请你在保证图仍能够被 Alice和 Bob 完全遍历的前提下，找出可以删除的最大边数。如果从任何节点开始，Alice 和 Bob 都可以到达所有其他节点，则认为图是可以完全遍历的。

返回可以删除的最大边数，如果 Alice 和 Bob 无法完全遍历图，则返回 -1 。

 

示例 1：

输入：n = 4, edges = [[3,1,2],[3,2,3],[1,1,3],[1,2,4],[1,1,2],[2,3,4]]
输出：2
解释：如果删除 [1,1,2] 和 [1,1,3] 这两条边，Alice 和 Bob 仍然可以完全遍历这个图。再删除任何其他的边都无法保证图可以完全遍历。所以可以删除的最大边数是 2 。

示例 2：

输入：n = 4, edges = [[3,1,2],[3,2,3],[1,1,4],[2,1,4]]
输出：0
解释：注意，删除任何一条边都会使 Alice 和 Bob 无法完全遍历这个图。

示例 3：

输入：n = 4, edges = [[3,2,3],[1,1,2],[2,3,4]]
输出：-1
解释：在当前图中，Alice 无法从其他节点到达节点 4 。类似地，Bob 也不能达到节点 1 。因此，图无法完全遍历。

 

提示：

• 1 <= n <= 10^5
• 1 <= edges.length <= min(10^5, 3 * n * (n-1) / 2)
• edges[i].length == 3
• 1 <= edges[i][0] <= 3
• 1 <= edges[i][1] < edges[i][2] <= n
• 所有元组 (typei, ui, vi) 互不相同

 

思路：

没有太清晰的思路，可以用并查集吗 但是怎么求最大可以删除的边数  

等价于求最小需要的边数

怎么求最小需要的边数呢？

可以用并查集 先处理公共边

可是为什么先处理公共边就可以？

官方题解的解释

那么我们应该按照什么策略来添加边呢？直觉告诉我们，「公共边」的重要性大于「Alice 独占边」以及「Bob 独占边」，因为「公共边」是 Alice 和 Bob 都可以使用的，而他们各自的独占边却不能给对方使用。「公共边」的重要性也是可以证明的：

对于一条连接了两个不同的连通分量的「公共边」而言，如果我们不保留这条公共边，那么 Alice 和 Bob 就无法往返这两个连通分量，即他们分别需要使用各自的独占边。因此，Alice 需要一条连接这两个连通分量的独占边，Bob 同样也需要一条连接这两个连通分量的独占边，那么一共需要两条边，这就严格不优于直接使用一条连接这两个连通分量的「公共边」了。

因此，我们可以遵从优先添加「公共边」的策略。具体地，我们遍历每一条「公共边」，对于其连接的的两个节点：

如果这两个节点在同一个连通分量中，那么添加这条「公共边」是无意义的；

如果这两个节点不在同一个连通分量中，我们就可以（并且一定）添加这条「公共边」，然后合并这两个节点所在的连通分量。

这就提示了我们使用并查集来维护整个图的连通性，上述的策略只需要用到并查集的「查询」和「合并」这两个最基础的操作。

在处理完了所有的「公共边」之后，我们需要处理他们各自的独占边，而方法也与添加「公共边」类似。我们将当前的并查集复制一份，一份交给 Alice，一份交给 Bob。随后 Alice 不断地向并查集中添加「Alice 独占边」，Bob 不断地向并查集中添加「Bob 独占边」。在处理完了所有的独占边之后，如果这两个并查集都只包含一个连通分量，那么就说明 Alice 和 Bob 都可以遍历整个无向图。

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/remove-max-number-of-edges-to-keep-graph-fully-traversable/solution/bao-zheng-tu-ke-wan-quan-bian-li-by-leet-mtrw/
来源：力扣（LeetCode）
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写一下class 的并查集模板  (没有维护

初始化parent[i]=-1

class UnionFind{
public:
    vector parent;
    int n;
    int setCount;//当前连通分量的个数
public:
    UnionFind(int n_):n(n_),parent(n_+1,-1),setCount(n_){}   //从1开始编号 所以n+1  初始化是-1

    int findRoot(int x){
        if(parent[x]==-1){
            return x;
        }
        else{
            int tmp=findRoot(parent[x]);
            parent[x]=tmp;
            return tmp;
        }
    }

    bool unite(int x,int y){
        x=findRoot(x);    //这个地方千万要注意是findRoot
        y=findRoot(y);
        if(x==y){
            return false;
        }
        else{
            parent[x]=y;
            //注意这个部分 合并之后连通分量就减少了
            setCount--;
            return true;
        }
    }
};

 

 

代码：

#include
#include 
#include 
#include 
#include