※產品缺大量曝光嗎?你需要的是一流包裝設計!
窩窩觸角包含自媒體、自有平台及其他國家營銷業務等，多角化經營並具有國際觀的永續理念。
最長連續序列
題目[128]：鏈接。
解題思路
節點本身的值作為節點的標號，兩節點相鄰，即允許合併(x, y)的條件為x == y+1 。
因為數組中可能會出現值為 -1 的節點，因此不能把 root[x] == -1 作為根節點的特徵，所以採取 root[x] == x 作為判斷是否為根節點的條件。默認較小的節點作為連通分量的根。
此外，使用 map<int, int> counter 記錄節點所在連通分量的節點個數（也是merge 的返回值）。
class Solution
{
public:
unordered_map<int, int> counter;
unordered_map<int, int> root;
int longestConsecutive(vector<int> &nums)
{
int len = nums.size();
// use map to discard the duplicate values
for (int x : nums)
root[x] = x, counter[x] = 1;
int result = len == 0 ? 0 : 1;
for (int x : nums)
{
if (root.count(x + 1) == 1)
result = max(result, merge(x, x + 1));
}
return result;
}
int find(int x)
{
return root[x] == x ? x : (root[x] = find(root[x]));
}
int merge(int x, int y)
{
x = find(x);
y = find(y);
if (x != y)
{
root[y] = x;
counter[x] += counter[y];
}
return counter[x];
}
};
連通網絡的操作次數
題目[1319]：Link.
解題思路
考慮使用並查集。
考慮到特殊情況，要使 N 個點連通，至少需要 N-1 條邊，否則返回 -1 即可。
通過並查集，可以計算出多餘的邊的數目（多餘的邊是指使得圖成環的邊），只要 findroot(x) == findroot(y) 說明邊 (x,y) 使得圖成環。
遍歷所有邊，在並查集中執行合併 merge 操作（多餘的邊忽略不合併，只進行計數）。設 components 為合併后后 root 數組中 -1 的個數（也就是連通分量的個數），要想所有的連通分支都連起來，需要 components - 1 個邊，所以要求「多餘的邊」的數目必須大於等於 components - 1。
一個簡單的例子如下：
0--1 0--1 0--1
| / => | => | |
2 3 2 3 2 3
components = 2
duplicateEdge = 1
代碼實現
class Solution
{
public:
vector<int> root;
int result = 0;
int makeConnected(int n, vector<vector<int>> &connections)
{
int E = connections.size();
// corner cases
if (n == 0 || n == 1)
return 0;
if (E < n - 1)
return -1;
root.resize(n), root.assign(n, -1);
// merge
for (auto &v : connections)
{
int a = v[0], b = v[1];
merge(a, b);
}
int components = count(root.begin(), root.end(), -1);
if (counter >= (components - 1))
return components - 1;
// should not be here
return -1;
}
int find(int x)
{
return root[x] == -1 ? x : (root[x] = find(root[x]));
}
// the number of duplicate edges
int counter = 0;
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x;
else
{
// there is a duplicate edge
counter++;
}
}
};
等式方程的可滿足性
題目[990]：Link.
解題思路
考慮並查集。遍歷所有的包含 == 的等式，顯然，相等的 2 個變量就合併。對於不等式 x!=y ，必須滿足 findroot(x) != findroot(y) 才不會出現邏輯上的錯誤。也就是說，不相等的 2 個變量必然在不同的連通分支當中。
#define getidx(x) ((x) - 'a')
class Solution
{
public:
vector<int> root;
bool equationsPossible(vector<string> &equations)
{
root.resize('z' - 'a' + 1, -1);
vector<int> notequal;
int len = equations.size();
for (int i = 0; i < len; i++)
{
auto &s = equations[i];
if (s[1] == '!')
{
notequal.emplace_back(i);
continue;
}
int a = getidx(s[0]), b = getidx(s[3]);
merge(a, b);
}
for (int i : notequal)
{
auto &s = equations[i];
int a = getidx(s[0]), b = getidx(s[3]);
if (find(a) == find(b))
return false;
}
return true;
}
int find(int x)
{
return (root[x] == -1) ? x : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x;
}
};
盡量減少惡意軟件的傳播 II
題目[928]：這題有點難。
解題思路
參考 題解1 和 題解2 。
※南投搬家公司費用需注意的眉眉角角，別等搬了再說!
上新台中搬家公司提供您一套專業有效率且人性化的辦公室搬遷、公司行號搬家及工廠遷廠的搬家服務
首先，對原來的並查集結構添加一點改進，利用 vector<int> size[N] 記錄某個連通分量中節點的數目，注意當且僅當 x 是該連通分量的根節點時，size[x] 才表示該連通分量的節點數目。這是因為在 merge 中，只對根節點的 size 進行了處理。
vector<int> root;
vector<int> size;
int find(int x)
{
return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x, size[x] += size[y]; // pay attention here
}
// get the size of the connected component where node x is in
int getComponentSize(int x)
{
return size[find(x)];
}
然後，建立一個基本圖，該圖是原圖 graph 去除所有感染節點 initial 的結果，並把這個基本圖轉換為上述改進后的並查集。把這個基本圖中的節點暫且稱為 clean nodes 或者 non-infected nodes .
從直覺上來說，我們應該在 initial 中找到那個標號最小，感染最多 non-infected nodes 的節點，但是這樣是否符合預期？
顯然是不符合的，來看個例子，設 initial nodes = [a,b,c] ，並設 2 個沒有被感染的連通分量為 N1, N2 ，且這 2 個連通分量的點數滿足 size(N1) > size(N2)，原圖 graph 結構如下：
a--N1--c
b--N2
根據題目的意思，需要找到的是使得最終感染數目 M(initial) 最小的節點。
如果我們按照上述所謂的「直覺」：“在 initial 中找到那個感染最多 non-infected nodes 的節點”，應該去除的是節點 a ，但是由於 c 的存在，N1 依舊會被感染，這樣 M(initial) = size(N1) + size(N2)。（也就是說，某個連通分量相鄰的感染節點多於 1 個，該連通分量最終是必然被感染的，因為我們只能去除一個感染節點。）
實際上，這種情況下正確答案是去除 b ，因為除 b 后：M(initial) = size(N1) ，該結果才是最小的。
所以，我們要找的是：在 initial 中找到那個感染最多 non-infected nodes 的節點 ans，但這些 non-infected nodes 節點只能被 ans 感染，不能被其他的 initial 節點感染（即只能被感染一次）。
代碼實現
class Solution
{
public:
vector<int> root;
vector<int> size;
int minMalwareSpread(vector<vector<int>> &graph, vector<int> &initial)
{
int N = graph.size();
root.resize(N, -1);
size.resize(N, 1);
// use hash table to mark infected nodes
vector<bool> init(N, false);
for (int x : initial)
init[x] = true;
// change the non-infected graph into disjoint union set
for (int i = 0; i < N; i++)
{
if (init[i])
continue;
for (int j = 0; j < i; j++)
{
if (init[j])
continue;
if (graph[i][j] == 1)
merge(i, j);
}
}
// table[x] = {...}
// the set {...} means the non-infected components which initial node x will infect
// counter[x] = k
// k means that the non-infected component x will be infected by initial nodes for k times
vector<int> counter(N, 0);
unordered_map<int, unordered_set<int>> table;
for (int u : initial)
{
unordered_set<int> infected;
for (int v = 0; v < graph[u].size(); v++)
{
if (!init[v] && graph[u][v] == 1)
infected.insert(find(v));
}
table[u] = infected;
for (int x : infected)
counter[x]++;
}
// find the node we want
int ans = N + 1, maxInfected = -1;
for (int u : initial)
{
int sum = 0;
for (int x : table[u])
if (counter[x] == 1) // must be infected only once
sum += getComponentSize(x);
if (sum > maxInfected || (sum == maxInfected && u < ans))
{
ans = u;
maxInfected = sum;
}
}
return ans;
}
int find(int x)
{
return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x, size[x] += size[y];
}
int getComponentSize(int x)
{
return size[find(x)];
}
};
盡量減少惡意軟件的傳播
題目[924]：做了上面那題之後簡單一點。
解題思路
依然是使用上題中 盡量減少惡意軟件的傳播 II 改進后的並查集結構。
對整個原圖處理，轉換為並查集。然後，模擬處理。即 \(\forall x \in initial\) ，使用集合 \(newSet = initial – \{x\}\) 去模擬感染原圖，得到最終的感染節點數 t，選取感染節點數 t 最小且標號值最小的 \(x\) 作為返回結果。
代碼實現
class Solution
{
public:
vector<int> root, size;
int minMalwareSpread(vector<vector<int>> &graph, vector<int> &initial)
{
int N = graph.size();
root.resize(N, -1);
size.resize(N, 1);
for (int i = 0; i < N; i++)
for (int j = 0; j < i; j++)
if (graph[i][j] == 1)
merge(i, j);
int ans = N + 1, minval = N + 1;
// assume that discard the node x in the initial set
// get the injected value
for (int x : initial)
{
int t = getInjected(x, initial);
if (t < minval || (t == minval && ans > x))
{
minval = t;
ans = x;
}
}
return ans;
}
// use set initial - {x} to inject the graph
int getInjected(int x, vector<int> &initial)
{
unordered_set<int> s;
for (int k : initial)
{
if (k == x)
continue;
s.insert(find(k));
}
int sum = 0;
for (int t : s)
sum += size[find(t)];
return sum;
}
int find(int x)
{
return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
x = find(x), y = find(y);
if (x != y)
root[y] = x, size[x] += size[y];
}
};
被圍繞的區域
題目[130]：本題難度一般。
解題思路
本題最特殊的節點是邊界上的 O 以及內部與邊界 O 相鄰的節點。
首先，通過邊界的 O 入手，從它開始進行 DFS 搜索，把所有這些的特殊節點標記為 Y 。然後，在 board 中剩下的 O 就是普通的節點（必然是不與邊界 O 相鄰且被 X 所圍繞的），可以把它們全部換成 X 。最後，把所有的 Y 還原為 O 。
對於搜索方法，既可以是 DFS 也可以是 BFS。
代碼實現
class Solution
{
public:
const vector<vector<int>> direction = {{-1, 0}, {0, 1}, {1, 0}, {0, -1}};
int row, col;
void solve(vector<vector<char>> &board)
{
row = board.size();
if (row == 0)
return;
col = board[0].size();
#define func bfs
for (int j = 0; j < col; j++)
{
if (board[0][j] == 'O')
func(0, j, board);
if (board[row - 1][j] == 'O')
func(row - 1, j, board);
}
for (int i = 0; i < row; i++)
{
if (board[i][0] == 'O')
func(i, 0, board);
if (board[i][col - 1] == 'O')
func(i, col - 1, board);
}
for (int i = 0; i < row; i++)
{
for (int j = 0; j < col; j++)
{
if (board[i][j] == 'O')
board[i][j] = 'X';
if (board[i][j] == 'Y')
board[i][j] = 'O';
}
}
}
void dfs(int i, int j, vector<vector<char>> &board)
{
board[i][j] = 'Y';
for (auto &v : direction)
{
int a = i + v[0], b = j + v[1];
if (a < 0 || b < 0 || a >= row || b >= col)
continue;
if (board[a][b] == 'O')
dfs(a, b, board);
}
}
void bfs(int i, int j, vector<vector<char>> &board)
{
typedef pair<int, int> node;
queue<node> q;
q.push(node(i, j));
board[i][j] = 'Y';
while (!q.empty())
{
node n = q.front();
q.pop();
for (auto &v : direction)
{
int a = n.first + v[0], b = n.second + v[1];
if (!(a < 0 || b < 0 || a >= row || b >= col) && board[a][b] == 'O')
board[a][b] = 'Y', q.push(node(a, b));
}
}
}
};
本站聲明:網站內容來源於博客園,如有侵權,請聯繫我們,我們將及時處理
※自行創業缺乏曝光? 網頁設計幫您第一時間規劃公司的形象門面
網動廣告出品的網頁設計，採用精簡與質感的CSS語法，提升企業的專業形象與簡約舒適的瀏覽體驗，讓瀏覽者第一眼就愛上她。
