684. 冗余连接 | Steven's Blog

每天一道Rust-LeetCode(2020-03-03)

坚持每天一道题,刷题学习Rust.

题目描述

在本问题中, 树指的是一个连通且无环的无向图。

输入一个图，该图由一个有着N个节点 (节点值不重复1, 2, ..., N) 的树及一条附加的边构成。附加的边的两个顶点包含在1到N中间，这条附加的边不属于树中已存在的边。

结果图是一个以边组成的二维数组。每一个边的元素是一对[u, v] ，满足 u < v，表示连接顶点u 和v的无向图的边。

返回一条可以删去的边，使得结果图是一个有着N个节点的树。如果有多个答案，则返回二维数组中最后出现的边。答案边 [u, v] 应满足相同的格式 u < v。

示例 1：

输入: [[1,2], [1,3], [2,3]] 输出: [2,3] 解释: 给定的无向图为: 1 /
2 - 3 示例 2：

输入: [[1,2], [2,3], [3,4], [1,4], [1,5]] 输出: [1,4] 解释: 给定的无向图为: 5 - 1 - 2 | | 4 - 3 注意:

输入的二维数组大小在 3 到 1000。二维数组中的整数在1到N之间，其中N是输入数组的大小。更新(2017-09-26): 我们已经重新检查了问题描述及测试用例，明确图是无向图。对于有向图详见冗余连接II。对于造成任何不便，我们深感歉意。

来源：力扣（LeetCode）链接：https://leetcode-cn.com/problems/redundant-connection 著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。

解题思路

并查集如果新进来的边连接的两个节点已经在集合中,那么他就是冗余的. 按照顺序加入边,保证返回的是最后出现的边空间复杂度: O(N) 时间复杂度: 也是O(N),一条边最多走两边.

解题过程

rust

struct Solution {}
struct DSU {
    pre: Vec<i32>,
}
impl DSU {
    fn find(&mut self, x: i32) -> i32 {
        if self.pre[x as usize] == x {
            return x;
        }
        // let prex = self.pre[x];
        let prex = self.find(self.pre[x as usize]);
        //因为递归,这里会把一串上面的所有路径都压缩了,
        self.pre[x as usize] = prex;
        return prex;
    }
    //返回false,说明x,y在同一个集合里
    fn merge(&mut self, x: i32, y: i32) -> bool {
        let prex = self.find(x);
        let prey = self.find(y);
        if prex == prey {
            return false;
        }
        //注意这里是设置的是prex的parent,而不是x的parent
        self.pre[prex as usize] = y;
        return true;
    }
}
impl Solution {
    pub fn find_redundant_connection(edges: Vec<Vec<i32>>) -> Vec<i32> {
        let mut dsu = DSU { pre: vec![] };
        for i in 0..edges.len() + 1 {
            dsu.pre.push(i as i32);
        }
        //按照并查集的规则,把所有的边都放在一个集合中,因为只有一条冗余的边
        //如果重复放置,那就是它了.
        for e in edges.iter() {
            // println!("edge={:?}", e);
            if !dsu.merge(e[0], e[1]) {
                return e.clone();
            }
        }
        panic!()
    }
}
#[cfg(test)]
mod test {
    use super::*;
    #[test]
    fn test() {
        let edges = vec![vec![1, 2], vec![1, 3], vec![2, 3]];
        let t = Solution::find_redundant_connection(edges);
        assert_eq!(t, vec![2, 3]);
        let edges = vec![vec![1, 2], vec![2, 3], vec![3, 4], vec![1, 4], vec![1, 5]];
        let t = Solution::find_redundant_connection(edges);
        assert_eq!(t, vec![1, 4]);
    }
}

一点感悟

一开始并没有想到使用并查集,使用的是set之类的工具,但是走到最后发现此路不通,无法在O(NLogN)解出来. 这里写出来也是供自己以后引以为戒, 巧妙的数据结构,给出的方法是既省时间又省空间.

错误的思路

统计每个节点的入度,然后按照入度排序 0的是孤立点 1的是树的定点然后广度优先遍历,如果碰到遍历过的点二次遍历,说明该边是冗余的考虑一个问题: [1,4] 在这过程中我们要确定输出的是[1,4]而不是[4,1]

空间复杂度分析: O(N) ,因为mutable的问题,中间使用了clone,可以使用unsafe绕开时间复杂度: 因为边的个数和定点的个数是一致的,所以是O(NLogN) 第一步建图是O(NLogN),最后一步遍历也是O(NLogN),要删除

此方法失败: 因为无法满足题目中的一条规则: 如果有多个答案,则返回二维数组中最后出现的边.

错误的源码

rust

struct Solution {}
use std::collections::HashSet;
#[derive(Default, Clone, Debug)]
struct NodeInfo {
    in_bounds: i32,
    children: HashSet<(i32, bool)>,
}
impl Solution {
    pub fn find_redundant_connection(edges: Vec<Vec<i32>>) -> Vec<i32> {
        //多1是简化处理,忽略下标0
        let mut nodes: Vec<NodeInfo> = vec![Default::default(); edges.len() + 1];
        for e in edges.iter() {
            let n = nodes.get_mut(e[0] as usize).unwrap();
            n.in_bounds += 1;
            n.children.insert((e[1], false));
            let n2 = nodes.get_mut(e[1] as usize).unwrap();
            n2.in_bounds += 1;
            n2.children.insert((e[0], true));
        }
        // nodes.sort_by(|n1, n2| n1.in_bounds.cmp(n2.in_bounds));
        let mut set = vec![false; edges.len() + 1];
        let mut queue = vec![];
        for (pos, n) in nodes.iter().enumerate() {
            if n.in_bounds <= 1 {
                set[pos] = true;
                queue.push(pos as i32);
            }
        }
        let mut pos = 0;
        while pos < queue.len() {
            let v = queue[pos];
            let n = nodes.get_mut(v as usize).unwrap();
            println!("v={},n={:?}", v, n);
            for c in n.children.clone() {
                if set[c.0 as usize] == true {
                    if c.1 {
                        return vec![c.0, v];
                    } else {
                        return vec![v, c.0];
                    }
                } else {
                    set[c.0 as usize] = true;
                    queue.push(c.0);
                    //一条边不要重复计算
                    nodes[c.0 as usize].children.remove(&(v, !c.1));
                }
            }
            pos += 1;
        }
        panic!("must found")
    }
}

其他

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