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冗餘連線

• 題目
• 思路
• • 並查集
• 程式碼
• 演算法複雜度

題目來源於leetcode，解法和思路僅代表個人觀點。傳送門。
難度：中等

題目

在本問題中, 樹指的是一個連通且無環的無向圖。

輸入一個圖，該圖由一個有著N個節點 (節點值不重複1, 2, …, N) 的樹及一條附加的邊構成。附加的邊的兩個頂點包含在1到N中間，這條附加的邊不屬於樹中已存在的邊。

結果圖是一個以邊組成的二維陣列。每一個邊的元素是一對[u, v] ，滿足 u < v，表示連線頂點u 和v的無向圖的邊。

返回一條可以刪去的邊，使得結果圖是一個有著N個節點的樹。如果有多個答案，則返回二維陣列中最後出現的邊。答案邊 [u, v] 應滿足相同的格式 u < v。

示例 1：

輸入: [[1,2], [1,3], [2,3]]
輸出: [2,3]
解釋: 給定的無向圖為:
  1
 / \
2 - 3

示例 2：

輸入: [[1,2], [2,3], [3,4], [1,4], [1,5]]
輸出: [1,4]
解釋: 給定的無向圖為:
5 - 1 - 2
    |   |
    4 - 3

注意:
輸入的二維陣列大小在 3 到 1000。 二維陣列中的整數在1到N之間，其中N是輸入陣列的大小。

思路

思路與此題類似
並查集入門-990. 等式方程的可滿足性

並查集

正常思路：選擇一條邊去掉，使得該圖的連通分量不變。但是如果這樣程式設計的話，每次用dfs遍歷該圖，會試得時間複雜度

遍歷edges陣列，構建一個圖，使得其連通分量為1
檢查兩個頂點是否在同一個集合中
否：合併兩個頂點所在的集合
是：返回該邊作為答案（由於圖有N個頂點，第一條出現的邊，就是二維陣列中最後出現的答案）

該題，使用並查集的特點：無向圖的連通性

程式碼

class Solution {
public:
    //構建並查集
    class UnionFind{
    public:
        vector<int> parent;
        UnionFind(int n){
            parent.resize(n);
 

            for(int i=0;i<n;i++){
                parent[i] = i;
            }
        }
        //合併 兩個頂點所在的集合
        void join(int x,int y){
            int rootX = find(x);
            int rootY = find(y);
            // x -> y
            parent[rootX] = rootY;
        }
        //查詢一個頂點的 父節點
        int find(int x){
            while(parent[x] != x){
                //路徑壓縮
                parent[x] = parent[parent[x]];
                x = parent[x];
            }
            return x;
        }
        //判斷兩個頂點是否在同一個集合中
        bool isConnected(int x,int y){
            return find(x) == find(y);
        }
    };
    vector<int> findRedundantConnection(vector<vector<int>>& edges) {
        vector<int> ans(2);
        //依次取陣列中的邊，利用並查集歸併
        int N = edges.size();
        UnionFind unionFind(N+1);
        for(int i=0;i<N;i++){
            int x = edges[i][0];
            int y = edges[i][1];
            if(!unionFind.isConnected(x,y)){
                //如果不在同一個集合中，就將兩個集合合併
                unionFind.join(x,y);
            }else{
                //如果在同一個集合中，就得出答案
                ans[0] = x;
                ans[1] = y;
            }
        }
        return ans;
    }
};

演算法複雜度

引自-官方題解

時間複雜度： O(NlogN)，其中 N 是圖中的節點個數。需要遍歷圖中的 N 條邊，對於每條邊，需要對兩個節點查詢祖先，如果兩個節點的祖先不同則需要進行合併，需要進行 2 次查詢和最多 1 次合併。一共需要進行 2N 次查詢和最多 N 次合併，因此總時間複雜度是 O(2NlogN)=O(NlogN)。這裡的並查集使用了路徑壓縮，但是沒有使用按秩合併，最壞情況下的時間複雜度是O(NlogN)，平均情況下的時間複雜度依然是O(Nα(N))，其中 α 為阿克曼函式的反函式，α(N) 可以認為是一個很小的常數。
空間複雜度： O(N)，其中 N 是圖中的節點個數。使用陣列parent 記錄每個節點的祖先。