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原题
有一个具有 n 个顶点的 双向 图#xff0c;其中每个顶点标记从 0 到 n - 1#xff08;包含 0 和 n - 1#xff09;。图中的边用一个二维整数数组 edges 表示#xff0c;其中 edges[i] [ui, vi] 表示顶点 ui 和顶点 vi 之间的双向边。 每个顶点…寻找图中是否存在路径
原题
有一个具有 n 个顶点的 双向 图其中每个顶点标记从 0 到 n - 1包含 0 和 n - 1。图中的边用一个二维整数数组 edges 表示其中 edges[i] [ui, vi] 表示顶点 ui 和顶点 vi 之间的双向边。 每个顶点对由 最多一条 边连接并且没有顶点存在与自身相连的边。
请你确定是否存在从顶点 source 开始到顶点 destination 结束的 有效路径。
给你数组 edges 和整数 n、source 和 destination如果从 source 到 destination 存在 有效路径 则返回 true否则返回 false 。
示例 1图片转存自LeetCode 输入n 3, edges [[0,1],[1,2],[2,0]], source 0, destination 2
输出true
解释存在由顶点 0 到顶点 2 的路径:
- 0 → 1 → 2
- 0 → 2示例 2 输入n 6, edges [[0,1],[0,2],[3,5],[5,4],[4,3]], source 0, destination 5
输出false
解释不存在由顶点 0 到顶点 5 的路径.提示
1 n 2 * 1050 edges.length 2 * 105edges[i].length 20 ui, vi n - 1ui ! vi0 source, destination n - 1不存在重复边不存在指向顶点自身的边
class Solution {public boolean validPath(int n, int[][] edges, int source, int destination) {}
}
解题思路
将图的边列表二维整数数组 edges转化为图的邻接表形式以便快速访问每个节点的相邻节点信息。由于节点编号从 0 到 n-1 连续故采用数组而非 HashMap 进行存储。使用[[深度优先搜索]]递归地进行图的遍历。在遍历过程中需要避免重复访问已经访问过的节点因此使用一个 visited 数组来记录哪些节点已经被访问过。终止条件 如果在遍历过程中找到了 destination则可以立即返回 true表示路径存在。如果遍历了所有可能的路径都没有找到 destination则返回 false表示路径不存在。
代码示例
class Solution {public boolean validPath(int n, int[][] edges, int source, int destination) {// 如果起点和终点是同一个点直接返回 trueif (source destination) return true;// 构建邻接表用数组表示图ListInteger[] graph new ArrayList[n];for (int i 0; i n; i ) {graph[i] new ArrayList();}// 填充邻接表for (int[] edge : edges) {int fromNode edge[0];int toNode edge[1];graph[fromNode].add(toNode);graph[toNode].add(fromNode);}// 创建访问标记数组boolean[] visited new boolean[n];// 使用 DFS 检查是否存在从 source 到 destination 的路径return dfs(graph, visited, source, destination);}private boolean dfs(ListInteger[] graph, boolean[] visited, int node, int destination) {// 如果当前节点是目标节点返回 trueif (node destination) return true;// 标记当前节点为已访问visited[node] true;// 遍历所有相邻节点for (int neighbor : graph[node]) {// 如果相邻节点没有访问过进行递归 DFSif (!visited[neighbor]) {if (dfs(graph, visited, neighbor, destination)) {// 找到能到达终点的路径就返回 truereturn true;}}}// 所有路径都不能到达终点返回 falsereturn false;}
}
优化思路
这是一个经典的并查集问题。通过并查集的数据结构可以高效地判断两个节点是否连通。每次将两个节点的根节点连接在一起最终只需检查 source 和 destination 是否有相同的根节点即可。
优化后代码
class Solution {private int[] parent;private int[] rank; // 树的高度数组public boolean validPath(int n, int[][] edges, int source, int destination) {parent new int[n];rank new int[n];// 初始化并查集每个节点的父节点为自己rank 初始化为 1for (int i 0; i n; i) {parent[i] i;rank[i] 1;}// 遍历所有边将两个节点连接即在并查集中合并for (int[] edge : edges) {union(edge[0], edge[1]);}// 检查起始节点和目标节点是否在同一集合中return find(source) find(destination);}// 查找某个节点的根节点同时进行路径压缩private int find(int x) {if (parent[x] ! x) { // 如果当前节点不是它自己的父节点则继续向上查找parent[x] find(parent[x]);}return parent[x];}// 合并两个集合使用 rank 优化合并private void union(int x, int y) {int rootX find(x);int rootY find(y);if (rootX ! rootY) {// 比较两个集合的 rankrank 小的合并到大的上if (rank[rootX] rank[rootY]) {parent[rootY] rootX; // 将 y 的根节点挂到 x 的根节点上} else if (rank[rootX] rank[rootY]) {parent[rootX] rootY; // 将 x 的根节点挂到 y 的根节点上} else {parent[rootY] rootX; // 如果 rank 相同随意合并但要增加新根的 rankrank[rootX];}}}
}
