LeetCode685. 冗余连接 II
在本问题中，有根树指满足以下条件的 有向 图。该树只有一个根节点，所有其他节点都是该根节点的后继。该树除了根节点之外的每一个节点都有且只有一个父节点，而根节点没有父节点。
输入一个有向图，该图由一个有着 n 个节点（节点值不重复，从 1 到 n）的树及一条附加的有向边构成。附加的边包含在 1 到 n 中的两个不同顶点间，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 edges 。 每个元素是一对 [ui, vi]，用以表示 有向 图中连接顶点 ui 和顶点 vi 的边，其中 ui 是 vi 的一个父节点。
返回一条能删除的边，使得剩下的图是有 n 个节点的有根树。若有多个答案，返回最后出现在给定二维数组的答案。
示例 1：
输入：edges = [[1,2],[1,3],[2,3]]
输出：[2,3]
示例 2：
输入：edges = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,1],[1,5]]
输出：[4,1]
提示：
n == edges.length
3 <= n <= 1000
edges[i].length == 2
1 <= ui, vi <= n
预备知识
有向图并集查找使用的2个前提：
前提一：所有的点出度为1或为0。
前提二：无环。
以当前节点为起点的最长路径终点，简称最长终点。如：两条边 A B → \overrightarrow{AB} AB 和 B C → \overrightarrow{BC} BC ，A的最长终点是C。
有向树性质
性质一：任意节点都能访问自己所有后代，且不能访问自己后代之外的节点。
性质二：如果删除的边不是指向某节点的祖先，则根节点一定能访问此节点。
暴力解法
枚举删除的边，时间复杂度O(n)；判断余下的边是否是有根树，时间复杂度O(n^n)。
深度优先判断有根树
前提三该树除了根节点之外的每一个节点都有且只有一个父节点，而根节点没有父节点。 ⟺ \iff ⟺ 只有一个节点的入度为0，此节点为根。其它节点入度为1。
前提四该树只有一个根节点，所有其他节点都是该根节点的后继。 ⟺ \iff ⟺ 根节点可以访问所有的节点。通过一条边直接访问的节点是根节点的后继。通过两条边访问的节点是后继的后继 ⋯ \cdots ⋯
如果有环一定不行，n-1条边，如果有重复节点则无法访问n-1个新节点。所以访问了重复的节点直接返回。
核心代码
class Solution {
public:
vector<int> findRedundantDirectedConnection(vector<vector<int>>& edges) {
m_c = edges.size();
for (int i = m_c-1 ; i >=0 ;i--)
{
vector<vector<int>> vNeiBo(m_c);
for (int j = 0; j < m_c; j++)
{
if (j != i)
{
vNeiBo[edges[j][0] - 1].emplace_back(edges[j][1] - 1);
}
}
if (Is(vNeiBo))
{
return edges[i];
}
}
return {};
}
bool Is(const vector<vector<int>>& vNeiBo)const
{
vector<int> vInDeg(m_c);
for (const auto& v : vNeiBo)
{
for (const auto& to : v)
{
vInDeg[to]++;
}
}
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
if (0 == vInDeg[i])
{
vector<int> vVis(m_c);
DFS(vVis, vNeiBo, i);
return m_c == std::accumulate(vVis.begin(), vVis.end(), 0);
}
}
return false;
}
void DFS(vector<int>& vVis, const vector<vector<int>>& vNeiBo,int cur)const
{
if (vVis[cur])
{
return;
}
vVis[cur] = 1;
for (const auto& next : vNeiBo[cur])
{
DFS(vVis, vNeiBo, next);
}
}
int m_c;
};
测试用例
template<class T,class T2>
void Assert(const T& t1, const T2& t2)
{
assert(t1 == t2);
}
template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{
if (v1.size() != v2.size())
{
assert(false);
return;
}
for (int i = 0; i < v1.size(); i++)
{
Assert(v1[i], v2[i]);
}
}
int main()
{
vector<vector<int>> edges;
{
Solution sln;
edges = { {5,2},{5,1},{3,1},{3,4},{3,5} };
auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);
Assert({ 3,1 }, res);
}
{
Solution sln;
edges = { {1, 2}, { 2,3 }, { 3,1 }, { 4,1 } };
auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);
Assert({ 3,1 }, res);
}
{
Solution sln;
edges = { {1,2},{1,3},{2,3} };
auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);
Assert({ 2,3 }, res);
}
{
Solution sln;
edges = { {1,2},{2,3},{3,4},{4,1},{1,5} };
auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);
Assert({ 4,1 }, res);
}
{
Solution sln;
edges = { {2,1},{3,1},{4,2},{1,4} };
auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);
Assert({ 2,1 }, res);
}
{
Solution sln;
edges = { {4,2},{1,5},{5,2},{5,3},{2,4} } ;
auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);
Assert({ 4,2 }, res);
}
}
并集查找
所有边反向，即：根节出度为0，其它节点出度为1。所有节点的最长终点是都是根节点。即判定一：所有节点的最终节点相同。
有向树是判断一，无需证明。下面来证明判断一一定是有向树，判定一符合前提四无需证明，只需证明判定一符合前提三。
{ n − 1 个非根节点最终目的地是根节点，说明这些定点的出度至少为 1 。 总共 n − 1 条边。 → { 根节点出度为 0 其它节点出度为 1 \begin{cases} n-1个非根节点最终目的地是根节点，说明这些定点的出度至少为1。\\ 总共n-1条边。\\ \end{cases}\rightarrow \begin{cases}根节点出度为0\\ 其它节点出度为1 \end{cases} {n−1个非根节点最终目的地是根节点，说明这些定点的出度至少为1。总共n−1条边。→{根节点出度为0其它节点出度为1
简化
n-1条边，如果无环，则说明访问了n-1个新节点。且只有一个连通区域，否则顶点更多。故：
无环没有出度为2的定点 ⟺ \iff ⟺ 有向树
代码
class CUnionFindDirect
{
public:
CUnionFindDirect(int iSize)
{
m_vRoot.resize(iSize);
iota(m_vRoot.begin(), m_vRoot.end(), 0);
}
void Connect(bool& bConflic, bool& bCyc, int iFrom, int iTo)
{
bConflic = bCyc = false;
if (iFrom != m_vRoot[iFrom])
{
bConflic = true;
}
Fresh(iTo);
if (m_vRoot[iTo] == iFrom)
{
bCyc = true;
}
if (bConflic || bCyc)
{
return;
}
m_vRoot[iFrom] = m_vRoot[iTo];
}
private:
int Fresh(int iNode)
{
if (m_vRoot[iNode] == iNode)
{
return iNode;
}
return m_vRoot[iNode] = Fresh(m_vRoot[iNode]);
}
vector<int> m_vRoot;
};
class Solution {
public:
vector<int> findRedundantDirectedConnection(vector<vector<int>>& edges) {
m_c = edges.size();
for (int i = m_c-1 ; i >=0 ;i--)
{
if (Is(edges,i))
{
return edges[i];
}
}
return {};
}
bool Is(const vector<vector<int>>& edges,int i )const
{
CUnionFindDirect uf(m_c);
for (int j = 0; j < m_c; j++)
{
if (j != i)
{
bool b2 = false, bCyc = false;
uf.Connect(b2,bCyc,edges[j][1] - 1, edges[j][0] - 1);
if (b2 || bCyc)
{
return false;
}
}
}
return true;
}
int m_c;
};
特殊情况
如果有环，计算最长终点，可能会死循环。所以要提前判断。有环 ⟺ \iff ⟺ B的最长终点是A,发现新边 A B → \overrightarrow{AB} AB 。
必要条件无需证明环是： B → A → B 。 必要条件无需证明环是：B \rightarrow A \rightarrow B 。 必要条件无需证明环是：B→A→B。
现在证明充分条件：
由于是环，所以B一定能到A，假定增加新边 A B → \overrightarrow{AB} AB 前，B的最长终点是C，那么A能访问C，也就是A出度至少为1。加上 A B → \overrightarrow{AB} AB 出度就成了2。和前提三矛盾。
优化
有向森林B的父节点是C，增加的边 A B → \overrightarrow{AB} AB 。有以下两种情况：
一，无环。如果B不是A的祖先，则B无法访问A，增加新边后，就无法形成环。存在入度为2的顶点
1.1，和森林的某边重合。删除任意一边。
1.2，前向边，A是祖先，B是后代（A能访问B)。
如果先发现AB，后发现CB则是横叉边。
1.3，横叉变。A和B都无法到达他们的公共祖先，所以不会有环。
如果先发现AB，后发现CB则是前向边。
总结： 根据性质二,B不会是A祖先，所以1.2和1.3删除CB不会影响根节点访问A。
二，后向边，B是祖先，A是后代，B能访问A。增加新边后，A能访问B。形成了环。
2.1，如果B是根节点，则这个环上所有节点都能访问B，也就是能访问所有节点。删除任意一边后，会形成新树。不存在入度为2的顶点。
,2.2 如果B不是根节点。不包括 C B → \overrightarrow{CB} CB 和 A B → \overrightarrow{AB} AB 如果C是根节点的后代，则删除 A B → \overrightarrow{AB} AB 可以形成新树 。如果A是根节点的后代，则删除 C B → \overrightarrow{CB} CB ，可形成新树 。存在入度为2的顶点
无论是发现环，还是发现入度为2，还是同时发现环和入度为2，都只能删除折线。
处理方法一： { 删除 C B → 不通过 C B → ，根节点能到达 A 。 删除 A B → 不通过 A B → ，根节点能到达 C 。 处理方法一：\begin{cases} 删除\overrightarrow{CB} & 不通过\overrightarrow{CB}，根节点能到达A。\\ 删除\overrightarrow{AB} &不通过\overrightarrow{AB}，根节点能到达C。\\ \end{cases} 处理方法一：{删除CB 删除AB 不通过CB ，根节点能到达A。不通过AB ，根节点能到达C。
总结，5种情况合并两种：
{ 删除环中任意一边（最后一边） 不存在入度为 2 的定点 处理方法一 o t h e r \begin{cases} 删除环中任意一边（最后一边） & 不存在入度为2的定点 \\ 处理方法一 & other \\ \end{cases} {删除环中任意一边（最后一边）处理方法一不存在入度为2的定点other
代码
class CUnionFindDirect
{
public:
CUnionFindDirect(int iSize)
{
m_vRoot.resize(iSize);
iota(m_vRoot.begin(), m_vRoot.end(), 0);
}
void Connect(bool& bConflic, bool& bCyc, int iFrom, int iTo)
{
bConflic = bCyc = false;
if (iFrom != m_vRoot[iFrom])
{
bConflic = true;
}
Fresh(iTo);
if (m_vRoot[iTo] == iFrom)
{
bCyc = true;
}
if (bConflic || bCyc)
{
return;
}
m_vRoot[iFrom] = m_vRoot[iTo];
}
int GetMaxDest(int iFrom)
{
Fresh(iFrom);
return m_vRoot[iFrom];
}
private:
int Fresh(int iNode)
{
if (m_vRoot[iNode] == iNode)
{
return iNode;
}
return m_vRoot[iNode] = Fresh(m_vRoot[iNode]);
}
vector<int> m_vRoot;
};
class Solution {
public:
vector<int> findRedundantDirectedConnection(vector<vector<int>>& edges) {
m_c = edges.size();
vector<int> vParent(m_c, -1);
int iParentOld = -1;
for (int j = 0; j < m_c; j++)
{
if (vParent[edges[j][1] - 1] >= 0)
{
iParentOld = vParent[edges[j][1] - 1];
}
vParent[edges[j][1] - 1] = edges[j][0] - 1;
}
const int root = std::find(vParent.begin(), vParent.end(), -1) - vParent.begin();
CUnionFindDirect uf(m_c);
int iCyc = -1;
int i2 = -1;
for (int j = 0; j < m_c; j++)
{
bool b2 = false, bCyc = false;
uf.Connect(b2, bCyc, edges[j][1] - 1, edges[j][0] - 1);
if (b2)
{
i2 = j;
}
if (bCyc)
{
iCyc = j ;
}
}
if (-1 != i2)
{
const int dest = uf.GetMaxDest(edges[i2][1] - 1);
return (root == dest) ? edges[i2] : vector<int>{ iParentOld + 1, edges[i2][1] };
}
return edges[iCyc];
}
int m_c;
};
注意
一，所有边都加到并集查找才判断最长终点。
二，由于冲突边和环边会忽略。所以可能出现 忽略环边时，让冲突边也消失。碰巧可以按环处理。
BA和CD已经发现，CB未发现。发现AB是环边，忽略。由于AB被忽略，所以CB不是冲突边。
娱乐性优化
情况2.2进一步分析，无论何种发现顺序都是删除环冲突边：
2.2.1，同时发现环边和冲突边。环冲突边最后发现。删除冲突边。
2.2.2 先发现环边，环边是冲突边。无法发先冲突边。删除环边。
2.2.3先发现环边，环边不是冲突边。能发现冲突边。删除另外一条冲突边。
2.2.4 先发现冲突边，忽略冲突环边，无法发现环。删除冲突边。
2.2.5 先发现冲突边，忽略非环冲突边，能发现环。删除另外一条冲突边。
总结： { 删除冲突边 发现冲突边未发现环边 1 , 2.2.4 删除环边 发现环边未发现冲突边 2.1 , 2.22 删除冲突边（环边 ) 冲突边就是环边 2.2.1 删除另外一条冲突边 发现冲突边和环边两者不等 2.2.3 , 2.25 总结：\begin{cases} 删除冲突边 & 发现冲突边未发现环边 & 1,2.2.4 \\ 删除环边 & 发现环边未发现冲突边 &2.1, 2.22 \\ 删除冲突边（环边) & 冲突边就是环边 & 2.2.1 \\ 删除另外一条冲突边 & 发现冲突边和环边两者不等 & 2.2.3,2.25\\ \end{cases} 总结：⎩ ⎨ ⎧删除冲突边删除环边删除冲突边（环边)删除另外一条冲突边发现冲突边未发现环边发现环边未发现冲突边冲突边就是环边发现冲突边和环边两者不等1,2.2.42.1,2.222.2.12.2.3,2.25
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相关下载
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测试环境
操作系统：win7 开发环境： VS2019 C++17
或者 操作系统：win10 开发环境： VS2022 C++17
如无特殊说明，本算法用**C++**实现。