[leetcode] 并查集(Ⅱ)
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了[leetcode] 并查集(Ⅱ)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
最长连续序列
题目[128]:??链接。
解题思路
节点本身的值作为节点的标号,两节点相邻,即允许合并(x, y)
的条件为x == y+1
。
因为数组中可能会出现值为 -1 的节点,因此不能把 root[x] == -1
作为根节点的特征,所以采取 root[x] == x
作为判断是否为根节点的条件。默认较小的节点作为连通分量的根。
此外,使用 map<int, int> counter
记录节点所在连通分量的节点个数(也是merge
的返回值)。
class Solution
{
public:
unordered_map<int, int> counter;
unordered_map<int, int> root;
int longestConsecutive(vector<int> &nums)
{
int len = nums.size();
// use map to discard the duplicate values
for (int x : nums)
root[x] = x, counter[x] = 1;
int result = len == 0 ? 0 : 1;
for (int x : nums)
{
if (root.count(x + 1) == 1)
result = max(result, merge(x, x + 1));
}
return result;
}
int find(int x)
{
return root[x] == x ? x : (root[x] = find(root[x]));
}
int merge(int x, int y)
{
x = find(x);
y = find(y);
if (x != y)
{
root[y] = x;
counter[x] += counter[y];
}
return counter[x];
}
};
连通网络的操作次数
题目[1319]:??Link.
解题思路
考虑使用并查集。
考虑到特殊情况,要使 N 个点连通,至少需要 N-1 条边,否则返回 -1 即可。
通过并查集,可以计算出多余的边的数目(多余的边是指使得图成环的边),只要 findroot(x) == findroot(y)
说明边 (x,y)
使得图成环。
遍历所有边,在并查集中执行合并 merge
操作(多余的边忽略不合并,只进行计数)。设 components
为合并后后 root
数组中 -1 的个数(也就是连通分量的个数),要想所有的连通分支都连起来,需要 components - 1
个边,所以要求「多余的边」的数目必须大于等于 components - 1
。
一个简单的例子如下:
0--1 0--1 0--1
| / => | => | |
2 3 2 3 2 3
components = 2
duplicateEdge = 1
代码实现
class Solution
{
public:
vector<int> root;
int result = 0;
int makeConnected(int n, vector<vector<int>> &connections)
{
int E = connections.size();
// corner cases
if (n == 0 || n == 1)
return 0;
if (E < n - 1)
return -1;
root.resize(n), root.assign(n, -1);
// merge
for (auto &v : connections)
{
int a = v[0], b = v[1];
merge(a, b);
}
int components = count(root.begin(), root.end(), -1);
if (counter >= (components - 1))
return components - 1;
// should not be here
return -1;
}
int find(int x)
{
return root[x] == -1 ? x : (root[x] = find(root[x]));
}
// the number of duplicate edges
int counter = 0;
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x;
else
{
// there is a duplicate edge
counter++;
}
}
};
等式方程的可满足性
题目[990]:??Link.
解题思路
考虑并查集。遍历所有的包含 ==
的等式,显然,相等的 2 个变量就合并。对于不等式 x!=y
,必须满足 findroot(x) != findroot(y)
才不会出现逻辑上的错误。也就是说,不相等的 2 个变量必然在不同的连通分支当中。
#define getidx(x) ((x) - ‘a‘)
class Solution
{
public:
vector<int> root;
bool equationsPossible(vector<string> &equations)
{
root.resize(‘z‘ - ‘a‘ + 1, -1);
vector<int> notequal;
int len = equations.size();
for (int i = 0; i < len; i++)
{
auto &s = equations[i];
if (s[1] == ‘!‘)
{
notequal.emplace_back(i);
continue;
}
int a = getidx(s[0]), b = getidx(s[3]);
merge(a, b);
}
for (int i : notequal)
{
auto &s = equations[i];
int a = getidx(s[0]), b = getidx(s[3]);
if (find(a) == find(b))
return false;
}
return true;
}
int find(int x)
{
return (root[x] == -1) ? x : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x;
}
};
尽量减少恶意软件的传播 II
题目[928]:??这题有点难。
解题思路
首先,对原来的并查集结构添加一点改进,利用 vector<int> size[N]
记录某个连通分量中节点的数目,注意当且仅当 x
是该连通分量的根节点时,size[x]
才表示该连通分量的节点数目。这是因为在 merge
中,只对根节点的 size
进行了处理。
vector<int> root;
vector<int> size;
int find(int x)
{
return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x, size[x] += size[y]; // pay attention here
}
// get the size of the connected component where node x is in
int getComponentSize(int x)
{
return size[find(x)];
}
然后,建立一个基本图,该图是原图 graph
去除所有感染节点 initial
的结果,并把这个基本图转换为上述改进后的并查集。把这个基本图中的节点暂且称为 clean nodes 或者 non-infected nodes .
从直觉上来说,我们应该在 initial
中找到那个标号最小,感染最多 non-infected nodes 的节点,但是这样是否符合预期?
显然是不符合的,来看个例子,设 initial nodes = [a,b,c]
,并设 2 个没有被感染的连通分量为 N1, N2
,且这 2 个连通分量的点数满足 size(N1) > size(N2)
,原图 graph
结构如下:
a--N1--c
b--N2
根据题目的意思,需要找到的是使得最终感染数目 M(initial)
最小的节点。
如果我们按照上述所谓的「直觉」:“在 initial 中找到那个感染最多 non-infected nodes 的节点”,应该去除的是节点 a
,但是由于 c
的存在,N1
依旧会被感染,这样 M(initial) = size(N1) + size(N2)
。(也就是说,某个连通分量相邻的感染节点多于 1 个,该连通分量最终是必然被感染的,因为我们只能去除一个感染节点。)
实际上,这种情况下正确答案是去除 b
,因为除 b
后:M(initial) = size(N1)
,该结果才是最小的。
所以,我们要找的是:在 initial 中找到那个感染最多 non-infected nodes 的节点 ans
,但这些 non-infected nodes 节点只能被 ans
感染,不能被其他的 initial 节点感染(即只能被感染一次)。
代码实现
class Solution
{
public:
vector<int> root;
vector<int> size;
int minMalwareSpread(vector<vector<int>> &graph, vector<int> &initial)
{
int N = graph.size();
root.resize(N, -1);
size.resize(N, 1);
// use hash table to mark infected nodes
vector<bool> init(N, false);
for (int x : initial)
init[x] = true;
// change the non-infected graph into disjoint union set
for (int i = 0; i < N; i++)
{
if (init[i])
continue;
for (int j = 0; j < i; j++)
{
if (init[j])
continue;
if (graph[i][j] == 1)
merge(i, j);
}
}
// table[x] = {...}
// the set {...} means the non-infected components which initial node x will infect
// counter[x] = k
// k means that the non-infected component x will be infected by initial nodes for k times
vector<int> counter(N, 0);
unordered_map<int, unordered_set<int>> table;
for (int u : initial)
{
unordered_set<int> infected;
for (int v = 0; v < graph[u].size(); v++)
{
if (!init[v] && graph[u][v] == 1)
infected.insert(find(v));
}
table[u] = infected;
for (int x : infected)
counter[x]++;
}
// find the node we want
int ans = N + 1, maxInfected = -1;
for (int u : initial)
{
int sum = 0;
for (int x : table[u])
if (counter[x] == 1) // must be infected only once
sum += getComponentSize(x);
if (sum > maxInfected || (sum == maxInfected && u < ans))
{
ans = u;
maxInfected = sum;
}
}
return ans;
}
int find(int x)
{
return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x, size[x] += size[y];
}
int getComponentSize(int x)
{
return size[find(x)];
}
};
尽量减少恶意软件的传播
题目[924]:??做了上面那题之后简单一点。
解题思路
依然是使用上题中 尽量减少恶意软件的传播 II 改进后的并查集结构。
对整个原图处理,转换为并查集。然后,模拟处理。即 (forall x in initial) ,使用集合 (newSet = initial - {x}) 去模拟感染原图,得到最终的感染节点数 t
,选取感染节点数 t
最小且标号值最小的 (x) 作为返回结果。
代码实现
class Solution
{
public:
vector<int> root, size;
int minMalwareSpread(vector<vector<int>> &graph, vector<int> &initial)
{
int N = graph.size();
root.resize(N, -1);
size.resize(N, 1);
for (int i = 0; i < N; i++)
for (int j = 0; j < i; j++)
if (graph[i][j] == 1)
merge(i, j);
int ans = N + 1, minval = N + 1;
// assume that discard the node x in the initial set
// get the injected value
for (int x : initial)
{
int t = getInjected(x, initial);
if (t < minval || (t == minval && ans > x))
{
minval = t;
ans = x;
}
}
return ans;
}
// use set initial - {x} to inject the graph
int getInjected(int x, vector<int> &initial)
{
unordered_set<int> s;
for (int k : initial)
{
if (k == x)
continue;
s.insert(find(k));
}
int sum = 0;
for (int t : s)
sum += size[find(t)];
return sum;
}
int find(int x)
{
return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x, size[x] += size[y];
}
};
被围绕的区域
题目[130]:??本题难度一般。
解题思路
本题最特殊的节点是边界上的 O
以及内部与边界 O
相邻的节点。
首先,通过边界的 O
入手,从它开始进行 DFS
搜索,把所有这些的特殊节点标记为 Y
。然后,在 board
中剩下的 O
就是普通的节点(必然是不与边界 O
相邻且被 X
所围绕的),可以把它们全部换成 X
。最后,把所有的 Y
还原为 O
。
对于搜索方法,既可以是 DFS
也可以是 BFS
。
代码实现
class Solution
{
public:
const vector<vector<int>> direction = {{-1, 0}, {0, 1}, {1, 0}, {0, -1}};
int row, col;
void solve(vector<vector<char>> &board)
{
row = board.size();
if (row == 0)
return;
col = board[0].size();
#define func bfs
for (int j = 0; j < col; j++)
{
if (board[0][j] == ‘O‘)
func(0, j, board);
if (board[row - 1][j] == ‘O‘)
func(row - 1, j, board);
}
for (int i = 0; i < row; i++)
{
if (board[i][0] == ‘O‘)
func(i, 0, board);
if (board[i][col - 1] == ‘O‘)
func(i, col - 1, board);
}
for (int i = 0; i < row; i++)
{
for (int j = 0; j < col; j++)
{
if (board[i][j] == ‘O‘)
board[i][j] = ‘X‘;
if (board[i][j] == ‘Y‘)
board[i][j] = ‘O‘;
}
}
}
void dfs(int i, int j, vector<vector<char>> &board)
{
board[i][j] = ‘Y‘;
for (auto &v : direction)
{
int a = i + v[0], b = j + v[1];
if (a < 0 || b < 0 || a >= row || b >= col)
continue;
if (board[a][b] == ‘O‘)
dfs(a, b, board);
}
}
void bfs(int i, int j, vector<vector<char>> &board)
{
typedef pair<int, int> node;
queue<node> q;
q.push(node(i, j));
board[i][j] = ‘Y‘;
while (!q.empty())
{
node n = q.front();
q.pop();
for (auto &v : direction)
{
int a = n.first + v[0], b = n.second + v[1];
if (!(a < 0 || b < 0 || a >= row || b >= col) && board[a][b] == ‘O‘)
board[a][b] = ‘Y‘, q.push(node(a, b));
}
}
}
};
以上是关于[leetcode] 并查集(Ⅱ)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章