LeetCode 2045. 到达目的地的第二短时间

Posted 2022-04-09 英雄哪里出来

文章目录

• 一、题目
• • 1、题目描述
  • 2、基础框架
  • 3、原题链接
• 二、解题报告
• • 1、思路分析
  • • 1）要点分析
    • 2）算法详解
  • 2、时间复杂度
  • 3、代码详解
• 三、本题小知识
• 四、加群须知

一、题目

1、题目描述

  城市用一个 双向连通图 表示，图中有 $n$ 个节点，从 $1$ 到 $n$ 编号（包含 $1$ 和 $n$）。图中的边用一个二维整数数组 edges表示，其中每个 edges[i] = [ui, vi]表示一条节点 ui和节点 vi之间的双向连通边。每组节点对由 最多一条边连通，顶点不存在连接到自身的边。穿过任意一条边的时间是 time分钟。
  每个节点都有一个交通信号灯，每 change分钟改变一次，从绿色变成红色，再由红色变成绿色，循环往复。所有信号灯都同时改变。你可以在 任何时候 进入某个节点，但是 只能 在节点 信号灯是绿色时 才能离开。如果信号灯是 绿色 ，你 不能 在节点等待，必须离开。
  第二小的值 是 严格大于 最小值 的所有值中最小的值。
  例如，[2, 3, 4]中第二小的值是 3，而 [2, 2, 4]中第二小的值是 4。
  给你 n、edges、time和 change，返回从节点 $1$ 到节点 $n$ 需要的 第二短时间 。
  注意：
    你可以 任意次 穿过任意顶点，包括 $1$ 和 $n$。
    你可以假设在 启程时 ，所有信号灯刚刚变成 绿色。
  样例输入： n = 5, edges = [[1,2],[1,3],[1,4],[3,4],[4,5]], time = 3, change = 5
  样例输出： 13

2、基础框架

• C++ 版本给出的基础框架代码如下：

class Solution 
public:
    int secondMinimum(int n, vector<vector<int>>& edges, int time, int change) 
        
    
;

3、原题链接

LeetCode 2045. 到达目的地的第二短时间

二、解题报告

1、思路分析

1）要点分析

  $(1)$ 这个问题存在一个红灯、绿灯切换的问题。红灯是不能走的，需要等到下一个绿灯以后才能走。
  $(2)$ 求最短路问题，大概率是广度优先搜索。
  $(3)$ 求次短路问题，也是广度优先搜索，最短路记录的是最短路，次短路需要记录最短路和次短路。
  $(4)$ 每条边权重是一样的。

2）算法详解

  $(1)$ 对整个图建边（它是双向边）。
  $(2)$ 初始化从1到所有点的最短路min[i] = inf，次短路submin[i] = inf；
  $(3)$ 初始化 1 到 1 的最短路为 min[1] = 0，并且塞入队列；
  $(4)$ 循环迭代，从队列中取出一个结点u：
    $(4.1)$ 如果 submin[n] != inf，说明次短路找到了直接返回；
    $(4.2)$ min[u]/change表示我的红绿灯改变了多少次，改变的次数只有两种情况：奇数 和 偶数，一开始绿灯，所以改变偶数次就还是绿灯，无需等待timewait = 0；而改变奇数次，需要等待的时间为timewait = change - min[u]%change；
    $(4.3)$ 对于每个和 u相邻的点v，从 1 -> ... -> u -> v的最短路为 min[u] + time + timewait，如果它比 min[v]小，则用它来更新min[v]，并且同时更新次短路，把v塞入队列；
    $(4.4)$ 如果 从 1 -> ... -> u -> v的最短路和 min[v]相等则跳过本次判断；
    $(4.5)$ 如果 从 1 -> ... -> u -> v的最短路比次短路 submin[v]小，则更新次短路，把v塞入队列；
  $(5)$ 然后，用次短路submin[u]执行同样的更新。

2、时间复杂度

   最坏时间复杂度 $O(n+m)$ 。

3、代码详解

class Solution 
    #define maxn 10010
    #define inf -1

    vector <int> Edges[maxn];
    int min[maxn];
    int submin[maxn];

    void init(int n) 
        for(int i = 1; i <= n; ++i) 
            Edges[i].clear();
        
        memset(min, inf, sizeof(min));
        memset(submin, inf, sizeof(submin));
    

    bool smaller(int dist1, int dist2) 
        if(dist2 == inf) return true;
        if(dist1 == inf) return false;
        return dist1 < dist2;
    

    void addEdge(int u, int v) 
        Edges[u].push_back(v);
        Edges[v].push_back(u);
    
public:
    int secondMinimum(int n, vector<vector<int>>& edges, int time, int change) 
        int i;
        queue <int> q;
        init(n);
        for(i = 0; i < edges.size(); ++i) 
            addEdge(edges[i][0], edges[i][1]);
        

        min[1] = 0;
        q.push(1);

        /**********************上面的代码确保准确无误**********************/

        while(!q.empty()) 
            int u = q.front();
            q.pop();

            
            if(submin[n] != inf) 
                return submin[n];
            
            vector<int> p = min[u], submin[u];

            for(int k = 0; k < p.size(); ++k) 
                int timered = (( p[k]/change ) & 1) ? ( change - p[k]%change ) : 0;
                int dist = p[k] + time + timered;
                if(p[k] == inf) 
                    continue;
                
                // (u -> v)
                for(i = 0; i < Edges[u].size(); ++i) 
                    int v = Edges[u][i];
                    if( smaller(dist, min[v]) ) 
                        submin[v] = min[v];
                        min[v] = dist;
                        q.push(v);
                    else if(dist == min[v]) 
                        continue;
                    else if(smaller(dist, submin[v]) ) 
                        submin[v] = dist;
                        q.push(v);
                    
                
            
        
        return -1;
    
;

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三、本题小知识

  次短路比最短路多存了一维的状态。

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四、加群须知

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