2685.统计完全连通分量的数量

目标

给你一个整数 n 。现有一个包含 n 个顶点的 无向 图,顶点按从 0 到 n - 1 编号。给你一个二维整数数组 edges 其中 edges[i] = [ai, bi] 表示顶点 ai 和 bi 之间存在一条 无向 边。

返回图中 完全连通分量 的数量。

如果在子图中任意两个顶点之间都存在路径,并且子图中没有任何一个顶点与子图外部的顶点共享边,则称其为 连通分量 。

如果连通分量中每对节点之间都存在一条边,则称其为 完全连通分量 。

示例 1:

输入:n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[1,2],[3,4]]
输出:3
解释:如上图所示,可以看到此图所有分量都是完全连通分量。

示例 2:

输入:n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[1,2],[3,4],[3,5]]
输出:1
解释:包含节点 0、1 和 2 的分量是完全连通分量,因为每对节点之间都存在一条边。
包含节点 3 、4 和 5 的分量不是完全连通分量,因为节点 4 和 5 之间不存在边。
因此,在图中完全连接分量的数量是 1 。

说明:

  • 1 <= n <= 50
  • 0 <= edges.length <= n * (n - 1) / 2
  • edges[i].length == 2
  • 0 <= ai, bi <= n - 1
  • ai != bi
  • 不存在重复的边

思路

求无向图中完全连通分量的个数。完全连通分量指连通分量中任意两个节点之间都有一条边。

暴力解法是使用并查集维护连通分量,找出同一连通分量内的节点,判断两两之间是否有边。

优化点:可以利用节点与边的关系来判断是否是完全连通分量,节点 v 与 边 e 的关系为:e = C(v, 2) = v * (v - 1) / 2

代码


/**
 * @date 2026-07-14 11:27
 */
public class CountCompleteComponents2685 {

    private class UnionFind {

        private final int[] fa;

        public UnionFind(int n) {
            fa = new int[n];
            Arrays.setAll(fa, i -> i);
        }

        public int find(int e) {
            if (e != fa[e]) {
                fa[e] = find(fa[e]);
            }
            return fa[e];
        }

        public void union(int a, int b) {
            int x = find(a);
            int y = find(b);
            if (x > y) {
                fa[x] = y;
            } else {
                fa[y] = x;
            }
        }

        public int getCompleteComponents(Set<Integer>[] g) {
            int n = fa.length;
            int res = 0;
            Set<Integer> visited = new HashSet<>();
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                if (visited.contains(i)) {
                    continue;
                }
                visited.add(i);
                List<Integer> list = new ArrayList<>();
                for (int j = 0; j < n; j++) {
                    if (find(j) == find(i)) {
                        visited.add(j);
                        list.add(j);
                    }
                }
                int size = list.size();
                boolean flag = true;
                here:
                for (int p = 0; p < size; p++) {
                    for (int q = p + 1; q < size; q++) {
                        if (!g[list.get(p)].contains(list.get(q))) {
                            flag = false;
                            break here;
                        }
                    }
                }
                if (flag) {
                    res++;
                }
            }
            return res;
        }
    }

    public int countCompleteComponents(int n, int[][] edges) {
        UnionFind uf = new UnionFind(n);
        Set<Integer>[] g = new HashSet[n];
        Arrays.setAll(g, x -> new HashSet<>());
        for (int[] edge : edges) {
            int a = edge[0];
            int b = edge[1];
            uf.union(a, b);
            g[a].add(b);
            g[b].add(a);
        }
        return uf.getCompleteComponents(g);
    }

}

性能

3532.针对图的路径存在性查询I

目标

给你一个整数 n,表示图中的节点数量,这些节点按从 0 到 n - 1 编号。

同时给你一个长度为 n 的整数数组 nums,该数组按 非递减 顺序排序,以及一个整数 maxDiff。

如果满足 |nums[i] - nums[j]| <= maxDiff(即 nums[i] 和 nums[j] 的 绝对差 至多为 maxDiff),则节点 i 和节点 j 之间存在一条 无向边 。

此外,给你一个二维整数数组 queries。对于每个 queries[i] = [ui, vi],需要判断节点 ui 和 vi 之间是否存在路径。

返回一个布尔数组 answer,其中 answer[i] 等于 true 表示在第 i 个查询中节点 ui 和 vi 之间存在路径,否则为 false。

示例 1:

输入: n = 2, nums = [1,3], maxDiff = 1, queries = [[0,0],[0,1]]
输出: [true,false]
解释:
查询 [0,0]:节点 0 有一条到自己的显然路径。
查询 [0,1]:节点 0 和节点 1 之间没有边,因为 |nums[0] - nums[1]| = |1 - 3| = 2,大于 maxDiff。
因此,在处理完所有查询后,最终答案为 [true, false]。

示例 2:

输入: n = 4, nums = [2,5,6,8], maxDiff = 2, queries = [[0,1],[0,2],[1,3],[2,3]]
输出: [false,false,true,true]
解释:
生成的图如下:
查询 [0,1]:节点 0 和节点 1 之间没有边,因为 |nums[0] - nums[1]| = |2 - 5| = 3,大于 maxDiff。
查询 [0,2]:节点 0 和节点 2 之间没有边,因为 |nums[0] - nums[2]| = |2 - 6| = 4,大于 maxDiff。
查询 [1,3]:节点 1 和节点 3 之间存在路径通过节点 2,因为 |nums[1] - nums[2]| = |5 - 6| = 1 和 |nums[2] - nums[3]| = |6 - 8| = 2,都小于等于 maxDiff。
查询 [2,3]:节点 2 和节点 3 之间有一条边,因为 |nums[2] - nums[3]| = |6 - 8| = 2,等于 maxDiff。
因此,在处理完所有查询后,最终答案为 [false, false, true, true]。

说明:

  • 1 <= n == nums.length <= 10^5
  • 0 <= nums[i] <= 10^5
  • nums 按 非递减 顺序排序。
  • 0 <= maxDiff <= 10^5
  • 1 <= queries.length <= 10^5
  • queries[i] == [ui, vi]
  • 0 <= ui, vi < n

思路

n 个节点编号为 0 ~ n - 1,节点之间的边由非递减数组 nums 与变量 maxDiff 给出,如果两个节点的差值不超过 maxDiff 则表示它们之间有一条无向边。有一个查询数组 queries,返回每次查询的两个节点是否连通。

由于 nums 非递减,只需考虑相邻节点是否连通即可。如果相邻节点不连通,那么跨过这对节点的区间都不连通。可以使用并查集维护连通性。

代码


/**
 * @date 2026-07-09 8:50
 */
public class PathExistenceQueries3532 {

    class UnionFind {
        private final int[] fa;

        public UnionFind(int n) {
            fa = new int[n];
            Arrays.setAll(fa, i -> i);
        }

        public int find(int i) {
            if (i != fa[i]) {
                fa[i] = find(fa[i]);
            }
            return fa[i];
        }

        public void union(int a, int b) {
            int x = find(a);
            int y = find(b);
            if (x < y) {
                fa[y] = x;
            } else if (x > y) {
                fa[x] = y;
            }
        }
    }

    public boolean[] pathExistenceQueries(int n, int[] nums, int maxDiff, int[][] queries) {
        UnionFind uf = new UnionFind(n);
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            if (Math.abs(nums[i] - nums[i - 1]) <= maxDiff) {
                uf.union(i, i - 1);
            }
        }
        boolean[] res = new boolean[queries.length];
        for (int i = 0; i < queries.length; i++) {
            res[i] = uf.find(queries[i][0]) == uf.find(queries[i][1]);
        }
        return res;
    }
}

性能

2492.两个城市间路径的最小分数

目标

给你一个正整数 n ,表示总共有 n 个城市,城市从 1 到 n 编号。给你一个二维数组 roads ,其中 roads[i] = [ai, bi, distancei] 表示城市 ai 和 bi 之间有一条 双向 道路,道路距离为 distancei 。城市构成的图不一定是连通的。

两个城市之间一条路径的 分数 定义为这条路径中道路的 最小 距离。

返回城市 1 和城市 n 之间的所有路径的 最小 分数。

注意:

  • 一条路径指的是两个城市之间的道路序列。
  • 一条路径可以 多次 包含同一条道路,你也可以沿着路径多次到达城市 1 和城市 n 。
  • 测试数据保证城市 1 和城市n 之间 至少 有一条路径。

示例 1:

输入:n = 4, roads = [[1,2,9],[2,3,6],[2,4,5],[1,4,7]]
输出:5
解释:城市 1 到城市 4 的路径中,分数最小的一条为:1 -> 2 -> 4 。这条路径的分数是 min(9,5) = 5 。
不存在分数更小的路径。

示例 2:

输入:n = 4, roads = [[1,2,2],[1,3,4],[3,4,7]]
输出:2
解释:城市 1 到城市 4 分数最小的路径是:1 -> 2 -> 1 -> 3 -> 4 。这条路径的分数是 min(2,2,4,7) = 2 。

说明:

  • 2 <= n <= 10^5
  • 1 <= roads.length <= 10^5
  • roads[i].length == 3
  • 1 <= ai, bi <= n
  • ai != bi
  • 1 <= distancei <= 10^4
  • 不会有重复的边。
  • 城市 1 和城市 n 之间至少有一条路径。

思路

单源最短路径,可以使用 Dijkstra 算法。但是需要注意,这里求的不是路径和的最小值,而是从城市 1 出发,每段路径的最小值。

从城市 1 开始 dfs 访问所能到达的城市,记录路径中的最小值。需要注意,虽然城市可能已访问过,但是边仍可能是未处理的,比如 1 -> 2 -> 3 -> 13 -> 1 这条路径也应该参与最终结果的计算,因此需要先比较再判断是否访问过。

代码


/**
 * @date 2026-07-06 11:35
 */
public class MinScore2492 {

    public int minScore(int n, int[][] roads) {
        List<int[]>[] g = new List[n + 1];
        Arrays.setAll(g, x -> new ArrayList<>());
        for (int[] road : roads) {
            g[road[0]].add(new int[]{road[1], road[2]});
            g[road[1]].add(new int[]{road[0], road[2]});
        }
        boolean[] visited = new boolean[n + 1];
        return dfs(1, g, visited);
    }

    public int dfs(int cur, List<int[]>[] g, boolean[] visited) {
        int res = Integer.MAX_VALUE;
        visited[cur] = true;
        for (int[] next : g[cur]) {
            res = Math.min(res, next[1]);
            if (visited[next[0]]) {
                continue;
            }
            res = Math.min(dfs(next[0], g, visited), res);
        }
        return res;
    }

}

性能

3286.穿越网格图的安全路径

目标

给你一个 m x n 的二进制矩形 grid 和一个整数 health 表示你的健康值。

你开始于矩形的左上角 (0, 0) ,你的目标是矩形的右下角 (m - 1, n - 1) 。

你可以在矩形中往上下左右相邻格子移动,但前提是你的健康值始终是 正数 。

对于格子 (i, j) ,如果 grid[i][j] = 1 ,那么这个格子视为 不安全 的,会使你的健康值减少 1 。

如果你可以到达最终的格子,请你返回 true ,否则返回 false 。

注意 ,当你在最终格子的时候,你的健康值也必须为 正数 。

示例 1:

输入:grid = [[0,1,0,0,0],[0,1,0,1,0],[0,0,0,1,0]], health = 1
输出:true
解释:
沿着图中灰色格子走,可以安全到达最终的格子。

示例 2:

输入:grid = [[0,1,1,0,0,0],[1,0,1,0,0,0],[0,1,1,1,0,1],[0,0,1,0,1,0]], health = 3
输出:false
解释:
健康值最少为 4 才能安全到达最后的格子。

示例 3:

输入:grid = [[1,1,1],[1,0,1],[1,1,1]], health = 5
输出:true
解释:
沿着下图中灰色格子走,可以安全到达最终的格子。
任何不经过格子 (1, 1) 的路径都是不安全的,因为你的健康值到达最终格子时,都会小于等于 0 。

说明:

  • m == grid.length
  • n == grid[i].length
  • 1 <= m, n <= 50
  • 2 <= m * n
  • 1 <= health <= m + n
  • grid[i][j] 要么是 0 ,要么是 1 。

思路

有一个 m x n 的二进制矩阵,从左上角 (0, 0) 出发,可以沿上下左右四个方向移动到相邻的格子。如果经过的格子值为 1 视为不安全,健康度 health1。判断是否存在路径使得到达 (m - 1, n - 1) 时,health > 0

判断路径和是否严格小于 health,可以使用 Dijkstra 求出最短路。

代码


/**
 * @date 2026-07-02 9:09
 */
public class FindSafeWalk3286 {

    private final int[][] directions = new int[][]{{0, 1}, {1, 0}, {0, -1}, {-1, 0}};

    public boolean findSafeWalk(List<List<Integer>> grid, int health) {
        int m = grid.size();
        int n = grid.get(0).size();
        int[][] dis = new int[m][n];
        for (int[] row : dis) {
            Arrays.fill(row, Integer.MAX_VALUE);
        }
        // 出错点:不要忘了初始化
        dis[0][0] = grid.get(0).get(0);
        Deque<int[]> q = new ArrayDeque<>();
        q.offer(new int[]{0, 0});
        while (!q.isEmpty()) {
            int[] p = q.poll();
            int r = p[0], c = p[1];
            for (int[] d : directions) {
                int nr = r + d[0];
                int nc = c + d[1];
                if (nr >= 0 && nr < m && nc >= 0 && nc < n && dis[r][c] + grid.get(nr).get(nc) < dis[nr][nc]) {
                    Integer cost = grid.get(nr).get(nc);
                    dis[nr][nc] = dis[r][c] + cost;
                    if (cost == 0) {
                        q.offerFirst(new int[]{nr, nc});
                    } else {
                        q.offer(new int[]{nr, nc});
                    }
                }
            }
        }
        return dis[m - 1][n - 1] < health;
    }

}

性能

2976.转换字符串的最小成本I

目标

给你两个下标从 0 开始的字符串 source 和 target ,它们的长度均为 n 并且由 小写 英文字母组成。

另给你两个下标从 0 开始的字符数组 original 和 changed ,以及一个整数数组 cost ,其中 cost[i] 代表将字符 original[i] 更改为字符 changed[i] 的成本。

你从字符串 source 开始。在一次操作中,如果 存在 任意 下标 j 满足 cost[j] == z 、original[j] == x 以及 changed[j] == y 。你就可以选择字符串中的一个字符 x 并以 z 的成本将其更改为字符 y 。

返回将字符串 source 转换为字符串 target 所需的 最小 成本。如果不可能完成转换,则返回 -1 。

注意,可能存在下标 i 、j 使得 original[j] == original[i] 且 changed[j] == changed[i] 。

示例 1:

输入:source = "abcd", target = "acbe", original = ["a","b","c","c","e","d"], changed = ["b","c","b","e","b","e"], cost = [2,5,5,1,2,20]
输出:28
解释:将字符串 "abcd" 转换为字符串 "acbe" :
- 更改下标 1 处的值 'b' 为 'c' ,成本为 5 。
- 更改下标 2 处的值 'c' 为 'e' ,成本为 1 。
- 更改下标 2 处的值 'e' 为 'b' ,成本为 2 。
- 更改下标 3 处的值 'd' 为 'e' ,成本为 20 。
产生的总成本是 5 + 1 + 2 + 20 = 28 。
可以证明这是可能的最小成本。

示例 2:

输入:source = "aaaa", target = "bbbb", original = ["a","c"], changed = ["c","b"], cost = [1,2]
输出:12
解释:要将字符 'a' 更改为 'b':
- 将字符 'a' 更改为 'c',成本为 1 
- 将字符 'c' 更改为 'b',成本为 2 
产生的总成本是 1 + 2 = 3。
将所有 'a' 更改为 'b',产生的总成本是 3 * 4 = 12 。

示例 3:

输入:source = "abcd", target = "abce", original = ["a"], changed = ["e"], cost = [10000]
输出:-1
解释:无法将 source 字符串转换为 target 字符串,因为下标 3 处的值无法从 'd' 更改为 'e' 。

说明:

  • 1 <= source.length == target.length <= 10^5
  • source、target 均由小写英文字母组成
  • 1 <= cost.length== original.length == changed.length <= 2000
  • original[i]、changed[i] 是小写英文字母
  • 1 <= cost[i] <= 10^6
  • original[i] != changed[i]

思路

求将字符串 source 转换为 target 的最小成本,转换成本由三个数组给出,将 original[i] 转换为 changed[i] 的成本为 cost[i]。

问题的关键在于有可能经过传递转换的成本更低,可以视为一个有向图中各个点之间的最短路径问题。

将三个描述成本的数组转换为邻接矩阵的形式,使用 floyd 算法可以解决。

代码


/**
 * @date 2026-01-29 9:07
 */
public class MinimumCost2976 {

    public long minimumCost(String source, String target, char[] original, char[] changed, int[] cost) {
        int[][] minCost = new int[26][26];
        for (int[] row : minCost) {
            Arrays.fill(row, Integer.MAX_VALUE);
        }
        int l = original.length;
        for (int i = 0; i < l; i++) {
            int o = original[i] - 'a';
            int c = changed[i] - 'a';
            minCost[o][c] = Math.min(minCost[o][c], cost[i]);
        }
        floyd(minCost);
        int n = source.length();
        long res = 0L;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int s = source.charAt(i) - 'a';
            int t = target.charAt(i) - 'a';
            if (s == t) {
                continue;
            }
            if (minCost[s][t] == Integer.MAX_VALUE) {
                return -1;
            }
            res += minCost[s][t];
        }
        return res;
    }

    public void floyd(int[][] dist) {
        for (int k = 0; k < 26; k++) {
            for (int i = 0; i < 26; i++) {
                if (dist[i][k] == Integer.MAX_VALUE){
                    continue;
                }
                for (int j = 0; j < 26; j++) {
                    if (dist[k][j] != Integer.MAX_VALUE && dist[i][k] + dist[k][j] < dist[i][j]) {
                        dist[i][j] = dist[i][k] + dist[k][j];
                    }
                }
            }
        }
    }

}

性能

3650.边反转的最小路径总成本

目标

给你一个包含 n 个节点的有向带权图,节点编号从 0 到 n - 1。同时给你一个数组 edges,其中 edges[i] = [ui, vi, wi] 表示一条从节点 ui 到节点 vi 的有向边,其成本为 wi。

每个节点 ui 都有一个 最多可使用一次 的开关:当你到达 ui 且尚未使用其开关时,你可以对其一条入边 vi → ui 激活开关,将该边反转为 ui → vi 并 立即 穿过它。

反转仅对那一次移动有效,使用反转边的成本为 2 * wi。

返回从节点 0 到达节点 n - 1 的 最小 总成本。如果无法到达,则返回 -1。

示例 1:

输入: n = 4, edges = [[0,1,3],[3,1,1],[2,3,4],[0,2,2]]
输出: 5
解释:
使用路径 0 → 1 (成本 3)。
在节点 1,将原始边 3 → 1 反转为 1 → 3 并穿过它,成本为 2 * 1 = 2。
总成本为 3 + 2 = 5。

示例 2:

输入: n = 4, edges = [[0,2,1],[2,1,1],[1,3,1],[2,3,3]]
输出: 3
解释:
不需要反转。走路径 0 → 2 (成本 1),然后 2 → 1 (成本 1),再然后 1 → 3 (成本 1)。
总成本为 1 + 1 + 1 = 3。

说明:

  • 2 <= n <= 5 * 10^4
  • 1 <= edges.length <= 10^5
  • edges[i] = [ui, vi, wi]
  • 0 <= ui, vi <= n - 1
  • 1 <= wi <= 1000

思路

有一个包含 n 个节点的有向带权图,节点编号为 0 ~ n - 1,对于每一条有向边可以将其方向反转一次,代价是权重的 2 倍,求 从 0n - 1 的最小路径成本。

建图,将一个方向的边同时建立双向连接,反向的权重乘以 2。然后使用 dijkstra 算法求最短路径即可。

代码


/**
 * @date 2026-01-27 8:54
 */
public class MinCost3650 {

    public int minCost(int n, int[][] edges) {
        List<int[]>[] g = new ArrayList[n];
        Arrays.setAll(g, l -> new ArrayList<>());
        for (int[] edge : edges) {
            int u = edge[0];
            int v = edge[1];
            int w = edge[2];
            g[u].add(new int[]{v, w});
            g[v].add(new int[]{u, 2 * w});
        }
        return dijkstra(g, 0, n - 1);
    }

    public int dijkstra(List<int[]>[] g, int start, int end) {
        int n = g.length;
        int[] dist = new int[n];
        Arrays.fill(dist, Integer.MAX_VALUE);
        dist[start] = 0;
        PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a, b) -> a[1] - b[1]);
        q.offer(new int[]{start, 0});
        while (!q.isEmpty()) {
            int[] from = q.poll();
            int cur = from[0];
            int cost = from[1];
            if (cost > dist[cur]) {
                continue;
            }
            if (cur == end) {
                return cost;
            }
            for (int[] edge : g[cur]) {
                int next = edge[0];
                int weight = edge[1];
                if (dist[cur] + weight < dist[next]) {
                    dist[next] = dist[cur] + weight;
                    q.offer(new int[]{next, dist[next]});
                }
            }
        }
        return -1;
    }

}

性能

2359.找到离给定两个节点最近的节点

目标

给你一个 n 个节点的 有向图 ,节点编号为 0 到 n - 1 ,每个节点 至多 有一条出边。

有向图用大小为 n 下标从 0 开始的数组 edges 表示,表示节点 i 有一条有向边指向 edges[i] 。如果节点 i 没有出边,那么 edges[i] == -1 。

同时给你两个节点 node1 和 node2 。

请你返回一个从 node1 和 node2 都能到达节点的编号,使节点 node1 和节点 node2 到这个节点的距离 较大值最小化。如果有多个答案,请返回 最小 的节点编号。如果答案不存在,返回 -1 。

注意 edges 可能包含环。

示例 1:

输入:edges = [2,2,3,-1], node1 = 0, node2 = 1
输出:2
解释:从节点 0 到节点 2 的距离为 1 ,从节点 1 到节点 2 的距离为 1 。
两个距离的较大值为 1 。我们无法得到一个比 1 更小的较大值,所以我们返回节点 2 。

示例 2:

输入:edges = [1,2,-1], node1 = 0, node2 = 2
输出:2
解释:节点 0 到节点 2 的距离为 2 ,节点 2 到它自己的距离为 0 。
两个距离的较大值为 2 。我们无法得到一个比 2 更小的较大值,所以我们返回节点 2 。

说明:

  • n == edges.length
  • 2 <= n <= 10^5
  • -1 <= edges[i] < n
  • edges[i] != i
  • 0 <= node1, node2 < n

思路

使用两个不同的起点公用一个dfs,出度最大为 1,使用两个集合记录访问路径,遇到环、共同访问过的节点或者出度为 0 则停止。

代码


/**
 * @date 2025-05-30 0:44
 */
public class ClosestMeetingNode2359 {

    public int closestMeetingNode(int[] edges, int node1, int node2) {
        return dfs(node1, node2, edges, new HashSet<>(), new HashSet<>());
    }

    public int dfs(int cur1, int cur2, int[] edges, Set<Integer> set1, Set<Integer> set2) {
        if (set1.contains(cur2) && set2.contains(cur1) || cur1 == cur2) {
            return Math.min(cur1, cur2);
        } else if (set1.contains(cur2)) {
            return cur2;
        } else if (set2.contains(cur1)) {
            return cur1;
        }
        if (cur1 != -1) {
            set1.add(cur1);
        }
        if (cur2 != -1) {
            set2.add(cur2);
        }
        if (cur1 != -1 && !set1.contains(edges[cur1])) {
            return dfs(edges[cur1], cur2 == -1 ? -1 : edges[cur2], edges, set1, set2);
        } else if (cur2 != -1 && !set2.contains(edges[cur2])) {
            return dfs(cur1 == -1 ? -1 : edges[cur1], edges[cur2], edges, set1, set2);
        }
        return -1;
    }

}

性能

743.网络延迟时间

目标

有 n 个网络节点,标记为 1 到 n。

给你一个列表 times,表示信号经过 有向 边的传递时间。 times[i] = (ui, vi, wi),其中 ui 是源节点,vi 是目标节点, wi 是一个信号从源节点传递到目标节点的时间。

现在,从某个节点 K 发出一个信号。需要多久才能使所有节点都收到信号?如果不能使所有节点收到信号,返回 -1 。

示例 1:

输入:times = [[2,1,1],[2,3,1],[3,4,1]], n = 4, k = 2
输出:2

示例 2:

输入:times = [[1,2,1]], n = 2, k = 1
输出:1

示例 3:

输入:times = [[1,2,1]], n = 2, k = 2
输出:-1

说明:

  • 1 <= k <= n <= 100
  • 1 <= times.length <= 6000
  • times[i].length == 3
  • 1 <= ui, vi <= n
  • ui != vi
  • 0 <= wi <= 100
  • 所有 (ui, vi) 对都 互不相同(即,不含重复边)

思路

有一个 n 个节点的有向图 ,节点标记为 1 ~ n,求从其中某个节点 k 出发访问到所有其它节点的最短时间。

即从 k 出发求出到达所有其它节点的最短路径,然后取其中的最 值。

Floyd 算法的基本思想是动态规划。定义 dp[i][j] 表示从节点 i 到 节点 j 的最短路径,对于所有其它中间节点 m,更新 dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i][m] + dp[m][j]),时间复杂度 O(n^3)。

如果 i -> j 有直接的通路则初始化 dp[i][j] 为路径的权值,否则为 INF

但是本题不需要其它起点的最短路径,因此可以使用 Dijkstra 算法、Bellman-Ford 算法 或者 SPFA 算法。

图的表示可以使用邻接矩阵、邻接表、前向星、链式前向星等结构。

代码


/**
 * @date 2024-11-25 9:08
 */
public class NetworkDelayTime743 {

    public int networkDelayTime(int[][] times, int n, int k) {
        int[][] dp = new int[n + 1][n + 1];
        for (int[] cost : dp) {
            Arrays.fill(cost, 20000);
        }
        for (int[] edge : times) {
            dp[edge[0]][edge[1]] = edge[2];
        }
        for (int m = 1; m <= n; m++) {
            for (int i = 1; i <= n; i++) {
                for (int j = 1; j <= n; j++) {
                    if (i == j || i == m || j == m) {
                        continue;
                    }
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i][m] + dp[m][j]);
                }
            }
        }
        int res = -1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (i == k) {
                continue;
            }
            res = Math.max(dp[k][i], res);
        }
        return res == 20000 ? -1 : res;
    }

}

性能

3243.新增道路查询后的最短距离I

目标

给你一个整数 n 和一个二维整数数组 queries。

有 n 个城市,编号从 0 到 n - 1。初始时,每个城市 i 都有一条单向道路通往城市 i + 1( 0 <= i < n - 1)。

queries[i] = [ui, vi] 表示新建一条从城市 ui 到城市 vi 的单向道路。每次查询后,你需要找到从城市 0 到城市 n - 1 的最短路径的长度。

返回一个数组 answer,对于范围 [0, queries.length - 1] 中的每个 i,answer[i] 是处理完前 i + 1 个查询后,从城市 0 到城市 n - 1 的最短路径的长度。

示例 1:

输入: n = 5, queries = [[2, 4], [0, 2], [0, 4]]
输出: [3, 2, 1]
解释:
新增一条从 2 到 4 的道路后,从 0 到 4 的最短路径长度为 3。
新增一条从 0 到 2 的道路后,从 0 到 4 的最短路径长度为 2。
新增一条从 0 到 4 的道路后,从 0 到 4 的最短路径长度为 1。

示例 2:

输入: n = 4, queries = [[0, 3], [0, 2]]
输出: [1, 1]
解释:
新增一条从 0 到 3 的道路后,从 0 到 3 的最短路径长度为 1。
新增一条从 0 到 2 的道路后,从 0 到 3 的最短路径长度仍为 1。

说明:

  • 3 <= n <= 500
  • 1 <= queries.length <= 500
  • queries[i].length == 2
  • 0 <= queries[i][0] < queries[i][1] < n
  • 1 < queries[i][1] - queries[i][0]
  • 查询中没有重复的道路。

思路

n 个城市,刚开始每一个城市 i 有一条单项道路通向城市 i + 1,有一个二维数组 queriesqueries[i] 表示增加一条从 queries[i][0]queries[i][1] 的单项道路,返回 answer 数组,answer[i] 表示增加了 queries[i] 之后从城市 0 到城市 n - 1 的最短路径。

建图,每次增加路径之后使用BFS计算最短路径。注意过滤重复元素,否则过不了。

也可以使用动态规划来做。

定义 dp[i] 表示从城市 i 到城市 n - 1 的最短路径,每添加一条路径,受影响的只有包括起点在内前面的城市。当增加一条道路 [l, r],状态转移方程为 dp[l] = Math.min(dp[r] + 1, dp[l]),表示从 r 到达终点加一步 与 原来值的最小值。我们需要同步更新 l 之前的 dp 值。我们可以倒序遍历 [0, l)dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j + 1] + 1) 取其自身与 后面元素 dp 值加一的较小值,同时还要考虑区间内有前面查询新增的道路,比如前面有以 j 为起点的查询,还要再取一个较小值 Math.min(dp[j], dp[end] + 1)end 表示之前增加的道路的终点。

代码


/**
 * @date 2024-11-19 0:47
 */
public class ShortestDistanceAfterQueries3243 {

    public int[] shortestDistanceAfterQueries_v2(int n, int[][] queries) {
        int[] dp = new int[n];
        int ql = queries.length;
        int[] res = new int[ql];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dp[i] = n - i - 1;
        }
        Map<Integer, List<Integer>> map = new HashMap<>(ql);
        for (int i = 0; i < ql; i++) {
            int l = queries[i][0];
            int r = queries[i][1];
            dp[l] = Math.min(dp[r] + 1, dp[l]);
            for (int j = l - 1; j >= 0; j--) {
                dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j + 1] + 1);
                if (map.containsKey(j)) {
                    for (Integer end : map.get(j)) {
                        dp[j] = Math.min(dp[j], dp[end] + 1);
                    }
                }
            }
            res[i] = dp[0];
            map.putIfAbsent(l, new ArrayList<>());
            map.get(l).add(r);
        }
        return res;
    }

    public int[] shortestDistanceAfterQueries_v1(int n, int[][] queries) {
        List<Integer>[] g = new ArrayList[n];
        for (int i = 0; i < g.length; i++) {
            g[i] = new ArrayList<>();
            g[i].add(i + 1);
        }
        int ql = queries.length;
        int[] res = new int[ql];
        for (int i = 0; i < ql; i++) {
            g[queries[i][0]].add(queries[i][1]);
            res[i] = bfs_v1(g);
        }
        return res;
    }

    public int bfs_v1(List<Integer>[] g) {
        int n = g.length;
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        boolean[] visited = new boolean[n];
        list.add(0);
        for (int res = 1; ; res++) {
            List<Integer> tmp = list;
            int size = tmp.size();
            list = new ArrayList<>();
            for (int i = 0; i < size; i++) {
                Integer cur = tmp.get(i);
                for (Integer next : g[cur]) {
                    if (next == n - 1) {
                        return res;
                    }
                    if (!visited[next]) {
                        visited[next] = true;
                        list.add(next);
                    }
                }
            }
        }
    }

    public int[] shortestDistanceAfterQueries(int n, int[][] queries) {
        List<Integer>[] g = new ArrayList[n];
        for (int i = 0; i < g.length; i++) {
            g[i] = new ArrayList<>();
            g[i].add(i + 1);
        }
        int ql = queries.length;
        int[] res = new int[ql];
        for (int i = 0; i < ql; i++) {
            g[queries[i][0]].add(queries[i][1]);
            res[i] = bfs(g);
        }
        return res;
    }

    public int bfs(List<Integer>[] g) {
        int res = 0, n = g.length;
        Queue<Integer> q = new ArrayDeque<>();
        q.offer(0);
        here:
        while (!q.isEmpty()) {
            int size = q.size();
            Set<Integer> set = new HashSet<>();
            for (int i = 0; i < size; i++) {
                int cur = q.poll();
                if (cur == n - 1) {
                    break here;
                }
                set.addAll(g[cur]);
            }
            q.addAll(set);
            res++;
        }
        return res;
    }

}

性能

2101.引爆最多的炸弹

目标

给你一个炸弹列表。一个炸弹的 爆炸范围 定义为以炸弹为圆心的一个圆。

炸弹用一个下标从 0 开始的二维整数数组 bombs 表示,其中 bombs[i] = [xi, yi, ri] 。xi 和 yi 表示第 i 个炸弹的 X 和 Y 坐标,ri 表示爆炸范围的 半径 。

你需要选择引爆 一个 炸弹。当这个炸弹被引爆时,所有 在它爆炸范围内的炸弹都会被引爆,这些炸弹会进一步将它们爆炸范围内的其他炸弹引爆。

给你数组 bombs ,请你返回在引爆 一个 炸弹的前提下,最多 能引爆的炸弹数目。

示例 1:

输入:bombs = [[2,1,3],[6,1,4]]
输出:2
解释:
上图展示了 2 个炸弹的位置和爆炸范围。
如果我们引爆左边的炸弹,右边的炸弹不会被影响。
但如果我们引爆右边的炸弹,两个炸弹都会爆炸。
所以最多能引爆的炸弹数目是 max(1, 2) = 2 。

示例 2:

输入:bombs = [[1,1,5],[10,10,5]]
输出:1
解释:
引爆任意一个炸弹都不会引爆另一个炸弹。所以最多能引爆的炸弹数目为 1 。

示例 3:

输入:bombs = [[1,2,3],[2,3,1],[3,4,2],[4,5,3],[5,6,4]]
输出:5
解释:
最佳引爆炸弹为炸弹 0 ,因为:
- 炸弹 0 引爆炸弹 1 和 2 。红色圆表示炸弹 0 的爆炸范围。
- 炸弹 2 引爆炸弹 3 。蓝色圆表示炸弹 2 的爆炸范围。
- 炸弹 3 引爆炸弹 4 。绿色圆表示炸弹 3 的爆炸范围。
所以总共有 5 个炸弹被引爆。

说明:

  • 1 <= bombs.length <= 100
  • bombs[i].length == 3
  • 1 <= xi, yi, ri <= 10^5

思路

坐标平面上有一些炸弹,并且已知炸弹的爆炸范围。现在可以选择引爆其中的一颗炸弹,被引爆炸弹的爆炸范围内的其它炸弹也会被引爆,问最多可以引爆的炸弹数量。

我们可以将问题转换为有向图,一枚炸弹能够波及到的其它炸弹认为是连通的,然后遍历每一枚炸弹,求出连通炸弹数量最多的个数即可。

那么如何建立这个有向图呢?固定一个,依次与其余的节点比较,时间复杂度为O(n^2),炸弹最多100个,应该可行。

实现过程中需要判断爆炸范围内的是否存在其它炸弹,可以使用炸弹坐标(圆心)之间的距离与各自的引爆半径相比较。这里需要注意防止数据溢出,另外还有一个小技巧,比较 sqrt(dx^2 + dy^2) 与 半径 r 的效率没有 dx^2 + dy^2r^2 高。

网友最快的题解使用的是 Floyd 算法。// todo

代码

/**
 * @date 2024-07-22 9:24
 */
public class MaximumDetonation2101 {

    public int maximumDetonation_v1(int[][] bombs) {
        int n = bombs.length;
        List<Integer>[] g = new List[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            g[i] = new ArrayList<>();
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int ix = bombs[i][0];
            int iy = bombs[i][1];
            long ir = bombs[i][2];
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                int jx = bombs[j][0];
                int jy = bombs[j][1];
                long jr = bombs[j][2];
                // 防止溢出
                long diffx = ix - jx;
                long diffy = iy - jy;
                long dist = diffx * diffx + diffy * diffy;
                if (ir * ir >= dist) {
                    g[i].add(j);
                }
                if (jr * jr >= dist) {
                    g[j].add(i);
                }
            }
        }
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            boolean[] visited = new boolean[n];
            res = Math.max(res, dfs(i, g, visited));
        }
        return res;
    }

    int dfs(int root, List<Integer>[] g, boolean[] visited) {
        visited[root] = true;
        int res = 1;
        for (Integer next : g[root]) {
            if (visited[next]) {
                continue;
            }
            res += dfs(next, g, visited);
        }
        return res;
    }

}

性能

图中至多有 n^2 条边,dfs的时间复杂度是O(n^2),然后再遍历n个起点,时间复杂度为O(n^3)。