[LeetCode] Redundant Connection 冗余的连接-白红宇

[LeetCode] Redundant Connection 冗余的连接

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发布时间：2019-06-14

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In this problem, a tree is an undirected graph that is connected and has no cycles.

The given input is a graph that started as a tree with N nodes (with distinct values 1, 2, ..., N), with one additional edge added. The added edge has two different vertices chosen from 1 to N, and was not an edge that already existed.

The resulting graph is given as a 2D-array of edges. Each element of edges is a pair [u, v] with u < v, that represents an undirected edge connecting nodes u and v.

Return an edge that can be removed so that the resulting graph is a tree of N nodes. If there are multiple answers, return the answer that occurs last in the given 2D-array. The answer edge [u, v] should be in the same format, with u < v.

Example 1:

Input: [[1,2], [1,3], [2,3]]Output: [2,3]Explanation: The given undirected graph will be like this:  1 / \2 - 3

Example 2:

Input: [[1,2], [2,3], [3,4], [1,4], [1,5]]Output: [1,4]Explanation: The given undirected graph will be like this:5 - 1 - 2    |   |    4 - 3

Note:

The size of the input 2D-array will be between 3 and 1000.

Every integer represented in the 2D-array will be between 1 and N, where N is the size of the input array.

Update (2017-09-26):

We have overhauled the problem description + test cases and specified clearly the graph is an undirected graph. For the directedgraph follow up please see ). We apologize for any inconvenience caused.

这道题给我们了一个无向图，让我们删掉组成环的最后一条边，其实这道题跟之前那道基本没什么区别，三种解法都基本相同。博主觉得老题稍微变一下就是一道新题，而onsite遇到原题的概率很小，大多情况下都会稍稍变一下，所以举一反三的能力真的很重要，要完全吃透一道题也不太容易，需要多下功夫。我们首先来看递归的解法，这种解法的思路是，每加入一条边，就进行环检测，一旦发现了环，就返回当前边。对于无向图，我们还是用邻接表来保存，建立每个结点和其所有邻接点的映射，由于两个结点之间不算有环，所以我们要避免这种情况 1->{2}, 2->{1}的死循环，所以我们用一个变量pre记录上一次递归的结点，比如上一次遍历的是结点1，那么在遍历结点2的邻接表时，就不会再次进入结点1了，这样有效的避免了死循环，使其能返回正确的结果，参见代码如下：

解法一：

class Solution {public:    vector
     
       findRedundantConnection(vector
      
       
        >& edges) {        unordered_map

> m; for (auto edge : edges) { if (hasCycle(edge[0], edge[1], m, -1)) return edge; m[edge[0]].insert(edge[1]); m[edge[1]].insert(edge[0]); } return {}; } bool hasCycle(int cur, int target, unordered_map

>& m, int pre) { if (m[cur].count(target)) return true; for (int num : m[cur]) { if (num == pre) continue; if (hasCycle(num, target, m, cur)) return true; } return false; }};

既然递归能做，一般来说迭代也木有问题。但是由于BFS的遍历机制和DFS不同，所以没法采用利用变量pre来避免上面所说的死循环(不是很确定，可能是博主没想出来，有做出来的请在评论区贴上代码)，所以我们采用一个集合来记录遍历过的结点，如果该结点已经遍历过了，那么直接跳过即可，否则我们就把该结点加入queue和集合，继续循环，参见代码如下：

解法二：

class Solution {public:    vector
     
       findRedundantConnection(vector
      
       
        >& edges) {        unordered_map

> m; for (auto edge : edges) { queue

{edge[0]}}; unordered_set

s{ {edge[0]}}; while (!q.empty()) { auto t = q.front(); q.pop(); if (m[t].count(edge[1])) return edge; for (int num : m[t]) { if (s.count(num)) continue; q.push(num); s.insert(num); } } m[edge[0]].insert(edge[1]); m[edge[1]].insert(edge[0]); } return {}; }};

其实这道题最好的解法使用Union Find来做，论坛上清一色的都是用这种解法来做的，像博主用DFS和BFS这么清新脱俗的方法还真不多:) 其实Union Find的核心思想并不是很难理解，首先我们建立一个长度为(n+1)的数组root，由于这道题并没有明确的说明n是多少，只是说了输入的二位数组的长度不超过1000，那么n绝对不会超过2000，我们加1的原因是由于结点值是从1开始的，而数组是从0开始的，我们懒得转换了，就多加一位得了。我们将这个数组都初始化为-1，有些人喜欢初始化为i，都可以。开始表示每个结点都是一个单独的组，所谓的Union Find就是要让结点之间建立关联，比如若root[1] = 2，就表示结点1和结点2是相连的，root[2] = 3表示结点2和结点3是相连的，如果我们此时新加一条边[1, 3]的话，我们通过root[1]得到2，再通过root[2]得到3，说明结点1有另一条路径能到结点3，这样就说明环是存在的；如果没有这条路径，那么我们要将结点1和结点3关联起来，让root[1] = 3即可，参见代码如下：

解法三：

class Solution {public:    vector
     
       findRedundantConnection(vector
      
       
        >& edges) {        vector
        
          root(2001, -1);        for (auto edge : edges) {            int x = find(root, edge[0]), y = find(root, edge[1]);            if (x == y) return edge;            root[x] = y;        }        return {};    }    int find(vector
         
          & root, int i) {        while (root[i] != -1) {            i = root[i];        }        return i;    }};

类似题目：

参考资料：

转载于:https://www.cnblogs.com/grandyang/p/7628977.html