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

3161.物块放置查询

目标

有一条无限长的数轴,原点在 0 处,沿着 x 轴 正 方向无限延伸。

给你一个二维数组 queries ,它包含两种操作:

  1. 操作类型 1 :queries[i] = [1, x] 。在距离原点 x 处建一个障碍物。数据保证当操作执行的时候,位置 x 处 没有 任何障碍物。
  2. 操作类型 2 :queries[i] = [2, x, sz] 。判断在数轴范围 [0, x] 内是否可以放置一个长度为 sz 的物块,这个物块需要 完全 放置在范围 [0, x] 内。如果物块与任何障碍物有重合,那么这个物块 不能 被放置,但物块可以与障碍物刚好接触。注意,你只是进行查询,并 不是 真的放置这个物块。每个查询都是相互独立的。

请你返回一个 boolean 数组results ,如果第 i 个操作类型 2 的操作你可以放置物块,那么 results[i] 为 true ,否则为 false 。

示例 1:

输入:queries = [[1,2],[2,3,3],[2,3,1],[2,2,2]]
输出:[false,true,true]
解释:
查询 0 ,在 x = 2 处放置一个障碍物。在 x = 3 之前任何大小不超过 2 的物块都可以被放置。

示例 2:

输入:queries = [[1,7],[2,7,6],[1,2],[2,7,5],[2,7,6]]
输出:[true,true,false]
解释:
查询 0 在 x = 7 处放置一个障碍物。在 x = 7 之前任何大小不超过 7 的物块都可以被放置。
查询 2 在 x = 2 处放置一个障碍物。现在,在 x = 7 之前任何大小不超过 5 的物块可以被放置,x = 2 之前任何大小不超过 2 的物块可以被放置。

说明:

  • 1 <= queries.length <= 15 * 10^4
  • 2 <= queries[i].length <= 3
  • 1 <= queries[i][0] <= 2
  • 1 <= x, sz <= min(5 10^4, 3 queries.length)
  • 输入保证操作 1 中,x 处不会有障碍物。
  • 输入保证至少有一个操作类型 2 。

思路

代码

性能

1391.检查网格中是否存在有效路径

目标

给你一个 m x n 的网格 grid。网格里的每个单元都代表一条街道。grid[i][j] 的街道可以是:

  • 1 表示连接左单元格和右单元格的街道。
  • 2 表示连接上单元格和下单元格的街道。
  • 3 表示连接左单元格和下单元格的街道。
  • 4 表示连接右单元格和下单元格的街道。
  • 5 表示连接左单元格和上单元格的街道。
  • 6 表示连接右单元格和上单元格的街道。

你最开始从左上角的单元格 (0,0) 开始出发,网格中的「有效路径」是指从左上方的单元格 (0,0) 开始、一直到右下方的 (m-1,n-1) 结束的路径。该路径必须只沿着街道走。

注意:你 不能 变更街道。

如果网格中存在有效的路径,则返回 true,否则返回 false 。

示例 1:

输入:grid = [[2,4,3],[6,5,2]]
输出:true
解释:如图所示,你可以从 (0, 0) 开始,访问网格中的所有单元格并到达 (m - 1, n - 1) 。

示例 2:

输入:grid = [[1,2,1],[1,2,1]]
输出:false
解释:如图所示,单元格 (0, 0) 上的街道没有与任何其他单元格上的街道相连,你只会停在 (0, 0) 处。

示例 3:

输入:grid = [[1,1,2]]
输出:false
解释:你会停在 (0, 1),而且无法到达 (0, 2) 。

示例 4:

输入:grid = [[1,1,1,1,1,1,3]]
输出:true

示例 5:

输入:grid = [[2],[2],[2],[2],[2],[2],[6]]
输出:true

提示:

  • m == grid.length
  • n == grid[i].length
  • 1 <= m, n <= 300
  • 1 <= grid[i][j] <= 6

思路

有一个二维矩阵 grid,每个单元格的值都代表一种街道类型,判断能否从左上角出发沿着街道走到右下角。

根据当前的街道类型,初始化可走的方向,同时判断下一个位置是否超出了边界,是否访问过,是否与当前街道连通。

代码


/**
 * @date 2026-04-27 9:08
 */
public class HasValidPath1391 {

    public boolean hasValidPath(int[][] grid) {
        int m = grid.length;
        int n = grid[0].length;
        boolean[][] visited = new boolean[m][n];
        return dfs(0, 0, new int[]{1, 2, 3, 4, 5, 6}, visited, grid);
    }

    public static int[][][] directions = new int[][][]{
            {{0, 0}, {0, 0}},
            {{0, -1}, {0, 1}},
            {{-1, 0}, {1, 0}},
            {{0, -1}, {1, 0}},
            {{0, 1}, {1, 0}},
            {{0, -1}, {-1, 0}},
            {{0, 1}, {-1, 0}},
    };

    public static int[][][] allowedTypes = new int[][][]{
            {{}},
            {{1, 4, 6}, {1, 3, 5}},
            {{2, 3, 4}, {2, 5, 6}},
            {{1, 4, 6}, {2, 5, 6}},
            {{1, 3, 5}, {2, 5, 6}},
            {{1, 4, 6}, {2, 3, 4}},
            {{1, 3, 5}, {2, 3, 4}},
    };

    public boolean dfs(int row, int col, int[] types, boolean[][] visited, int[][] grid) {
        int m = grid.length;
        int n = grid[0].length;
        if (row == m || row < 0 || col == n || col < 0 || visited[row][col]) {
            return false;
        }
        visited[row][col] = true;
        int type = grid[row][col];
        boolean valid = false;
        for (int t : types) {
            if (t == type) {
                valid = true;
                break;
            }
        }
        if (!valid) {
            return false;
        }
        boolean res = row == m - 1 && col == n - 1;
        for (int i = 0; i < directions[type].length; i++) {
            res = res || dfs(row + directions[type][i][0], col + directions[type][i][1], allowedTypes[type][i], visited, grid);
        }
        return res;
    }

}

性能

1559.二维网格图中探测环

目标

给你一个二维字符网格数组 grid ,大小为 m x n ,你需要检查 grid 中是否存在 相同值 形成的环。

一个环是一条开始和结束于同一个格子的长度 大于等于 4 的路径。对于一个给定的格子,你可以移动到它上、下、左、右四个方向相邻的格子之一,可以移动的前提是这两个格子有 相同的值 。

同时,你也不能回到上一次移动时所在的格子。比方说,环 (1, 1) -> (1, 2) -> (1, 1) 是不合法的,因为从 (1, 2) 移动到 (1, 1) 回到了上一次移动时的格子。

如果 grid 中有相同值形成的环,请你返回 true ,否则返回 false 。

示例 1:

输入:grid = [["a","a","a","a"],["a","b","b","a"],["a","b","b","a"],["a","a","a","a"]]
输出:true
解释:如下图所示,有 2 个用不同颜色标出来的环:

示例 2:

输入:grid = [["c","c","c","a"],["c","d","c","c"],["c","c","e","c"],["f","c","c","c"]]
输出:true
解释:如下图所示,只有高亮所示的一个合法环:

示例 3:

输入:grid = [["a","b","b"],["b","z","b"],["b","b","a"]]
输出:false

说明:

  • m == grid.length
  • n == grid[i].length
  • 1 <= m <= 500
  • 1 <= n <= 500
  • grid 只包含小写英文字母。

思路

判断网格图中是否存在相同元素值形成的环,要求环的长度大于等于 4。沿着环移动总是能回到起点(沿着环顺时针或者逆时针移动,不能往回走,环中的元素只能访问一次)。

从每个格子出发 dfs,记录已访问的坐标 visited[i][j],假设上一个访问的坐标 (px, py),针对每一个格子枚举上下左右四个方向,下一个格子坐标为 (nx, ny),如果不是 (px, py),并且没越界且元素值相等,返回 visited[nx][ny] || dfs(nx, ny, x, y, visited, grid)。对于网格图,如果 (nx, ny) 不等于 (px, py) 并且已访问过说明存在环,并且环的长度至少是 4

代码


/**
 * @date 2026-04-26 23:14
 */
public class ContainsCycle1559 {

    public static int[][] directions = new int[][]{{0, 1}, {1, 0}, {0, -1}, {-1, 0}};

    public boolean containsCycle(char[][] grid) {
        int m = grid.length;
        int n = grid[0].length;
        boolean[][] visited = new boolean[m][n];
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (visited[i][j]) {
                    continue;
                }
                if (dfs(i, j, -1, -1, visited, grid)) {
                    return true;
                }
            }
        }
        return false;
    }

    public boolean dfs(int x, int y, int px, int py, boolean[][] visited, char[][] grid) {
        int m = grid.length;
        int n = grid[0].length;
        visited[x][y] = true;
        for (int[] d : directions) {
            int nx = x + d[0];
            int ny = y + d[1];
            if ((nx != px || ny != py) && nx >= 0 && nx < m && ny >= 0 && ny < n && grid[x][y] == grid[nx][ny] &&
                    (
                            visited[nx][ny] || dfs(nx, ny, x, y, visited, grid)
                    )
            ) {
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
}

性能

1722.执行交换操作后的最小汉明距离

目标

给你两个整数数组 source 和 target ,长度都是 n 。还有一个数组 allowedSwaps ,其中每个 allowedSwaps[i] = [ai, bi] 表示你可以交换数组 source 中下标为 ai 和 bi(下标从 0 开始)的两个元素。注意,你可以按 任意 顺序 多次 交换一对特定下标指向的元素。

相同长度的两个数组 source 和 target 间的 汉明距离 是元素不同的下标数量。形式上,其值等于满足 source[i] != target[i] (下标从 0 开始)的下标 i(0 <= i <= n-1)的数量。

在对数组 source 执行 任意 数量的交换操作后,返回 source 和 target 间的 最小汉明距离 。

示例 1:

输入:source = [1,2,3,4], target = [2,1,4,5], allowedSwaps = [[0,1],[2,3]]
输出:1
解释:source 可以按下述方式转换:
- 交换下标 0 和 1 指向的元素:source = [2,1,3,4]
- 交换下标 2 和 3 指向的元素:source = [2,1,4,3]
source 和 target 间的汉明距离是 1 ,二者有 1 处元素不同,在下标 3 。

示例 2:

输入:source = [1,2,3,4], target = [1,3,2,4], allowedSwaps = []
输出:2
解释:不能对 source 执行交换操作。
source 和 target 间的汉明距离是 2 ,二者有 2 处元素不同,在下标 1 和下标 2 。

示例 3:

输入:source = [5,1,2,4,3], target = [1,5,4,2,3], allowedSwaps = [[0,4],[4,2],[1,3],[1,4]]
输出:0

说明:

  • n == source.length == target.length
  • 1 <= n <= 10^5
  • 1 <= source[i], target[i] <= 10^5
  • 0 <= allowedSwaps.length <= 10^5
  • allowedSwaps[i].length == 2
  • 0 <= ai, bi <= n - 1
  • ai != bi

思路

有两个长度相等的数组 sourcetarget,另有一个交换数组 allowedSwaps[i] = [ai, bi],表示可以交换 source[ai]source[bi]。求按照任意顺序交换任意次之后,sourcetarget 的最小汉明距离。汉明距离指满足 source[i] != target[i]i 的个数。

记录可以交换的连通元素的频次,然后比较对应位置上 target 的元素,最小的汉明距离就是对应不上的元素个数。

使用并查集记录连通分量,为每一个连通分量维护一个哈希表,记录元素出现的频次。枚举 target,找到所属的连通分量,将对应连通分量的元素频次 -1,如果最终频次小于 0 那么汉明距离 +1

代码


/**
 * @date 2026-04-21 9:12
 */
public class MinimumHammingDistance1722 {

    public class UnionFind {
        int[] fa;

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

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

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

    public int minimumHammingDistance(int[] source, int[] target, int[][] allowedSwaps) {
        int n = source.length;
        UnionFind uf = new UnionFind(n);
        for (int[] swap : allowedSwaps) {
            uf.merge(swap[0], swap[1]);
        }
        Map<Integer, Map<Integer, Integer>> map = new HashMap<>();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int c = uf.find(i);
            map.putIfAbsent(c, new HashMap<>());
            map.get(c).merge(source[i], 1, Integer::sum);
        }
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int c = uf.find(i);
            map.get(c).merge(target[i], -1, Integer::sum);
            if (map.get(c).get(target[i]) < 0) {
                res++;
            }
        }
        return res;
    }

}

性能

3600.升级后最大生成树稳定性

目标

给你一个整数 n,表示编号从 0 到 n - 1 的 n 个节点,以及一个 edges 列表,其中 edges[i] = [ui, vi, si, musti]:

  • ui 和 vi 表示节点 ui 和 vi 之间的一条无向边。
  • si 是该边的强度。
  • musti 是一个整数(0 或 1)。如果 musti == 1,则该边 必须 包含在生成树中,且 不能升级 。

你还有一个整数 k,表示你可以执行的最多 升级 次数。每次升级会使边的强度 翻倍 ,且每条可升级边(即 musti == 0)最多只能升级一次。

一个生成树的 稳定性 定义为其中所有边的 最小 强度。

返回任何有效生成树可能达到的 最大 稳定性。如果无法连接所有节点,返回 -1。

注意: 图的一个 生成树(spanning tree)是该图中边的一个子集,它满足以下条件:

  • 将所有节点连接在一起(即图是 连通的 )。
  • 不 形成任何环。
  • 包含 恰好 n - 1 条边,其中 n 是图中节点的数量。

示例 1:

输入: n = 3, edges = [[0,1,2,1],[1,2,3,0]], k = 1
输出: 2
解释:
边 [0,1] 强度为 2,必须包含在生成树中。
边 [1,2] 是可选的,可以使用一次升级将其强度从 3 提升到 6。
最终的生成树包含这两条边,强度分别为 2 和 6。
生成树中的最小强度是 2,即最大可能稳定性。

示例 2:

输入: n = 3, edges = [[0,1,4,0],[1,2,3,0],[0,2,1,0]], k = 2
输出: 6
解释:
所有边都是可选的,且最多可以进行 k = 2 次升级。
将边 [0,1] 从 4 升级到 8,将边 [1,2] 从 3 升级到 6。
生成树包含这两条边,强度分别为 8 和 6。
生成树中的最小强度是 6,即最大可能稳定性。

示例 3:

输入: n = 3, edges = [[0,1,1,1],[1,2,1,1],[2,0,1,1]], k = 0
输出: -1
解释:
所有边都是必选的,构成了一个环,这违反了生成树无环的性质。因此返回 -1。

说明:

  • 2 <= n <= 10^5
  • 1 <= edges.length <= 10^5
  • edges[i] = [ui, vi, si, musti]
  • 0 <= ui, vi < n
  • ui != vi
  • 1 <= si <= 10^5
  • musti 是 0 或 1。
  • 0 <= k <= n
  • 没有重复的边。

思路

// todo

代码

性能

3666.使二进制字符串全为1的最少操作次数

目标

给你一个二进制字符串 s 和一个整数 k。

在一次操作中,你必须选择 恰好 k 个 不同的 下标,并将每个 '0' 翻转 为 '1',每个 '1' 翻转为 '0'。

返回使字符串中所有字符都等于 '1' 所需的 最少 操作次数。如果不可能,则返回 -1。

示例 1:

输入: s = "110", k = 1
输出: 1
解释:
s 中有一个 '0'。
由于 k = 1,我们可以直接在一次操作中翻转它。

示例 2:

输入: s = "0101", k = 3
输出: 2
解释:
每次操作选择 k = 3 个下标的一种最优操作方案是:
操作 1:翻转下标 [0, 1, 3]。s 从 "0101" 变为 "1000"。
操作 2:翻转下标 [1, 2, 3]。s 从 "1000" 变为 "1111"。
因此,最少操作次数为 2。

示例 3:

输入: s = "101", k = 2
输出: -1
解释:
由于 k = 2 且 s 中只有一个 '0',因此不可能通过翻转恰好 k 个位来使所有字符变为 '1'。因此,答案是 -1。

说明:

  • 1 <= s.length <= 10^5
  • s[i] 的值为 '0' 或 '1'。
  • 1 <= k <= s.length

思路

代码

性能

1970.你能穿过矩阵的最后一天

目标

给你一个下标从 1 开始的二进制矩阵,其中 0 表示陆地,1 表示水域。同时给你 row 和 col 分别表示矩阵中行和列的数目。

一开始在第 0 天,整个 矩阵都是 陆地 。但每一天都会有一块新陆地被 水 淹没变成水域。给你一个下标从 1 开始的二维数组 cells ,其中 cells[i] = [ri, ci] 表示在第 i 天,第 ri 行 ci 列(下标都是从 1 开始)的陆地会变成 水域 (也就是 0 变成 1 )。

你想知道从矩阵最 上面 一行走到最 下面 一行,且只经过陆地格子的 最后一天 是哪一天。你可以从最上面一行的 任意 格子出发,到达最下面一行的 任意 格子。你只能沿着 四个 基本方向移动(也就是上下左右)。

请返回只经过陆地格子能从最 上面 一行走到最 下面 一行的 最后一天 。

示例 1:

输入:row = 2, col = 2, cells = [[1,1],[2,1],[1,2],[2,2]]
输出:2
解释:上图描述了矩阵从第 0 天开始是如何变化的。
可以从最上面一行到最下面一行的最后一天是第 2 天。

示例 2:

输入:row = 2, col = 2, cells = [[1,1],[1,2],[2,1],[2,2]]
输出:1
解释:上图描述了矩阵从第 0 天开始是如何变化的。
可以从最上面一行到最下面一行的最后一天是第 1 天。

示例 3:

输入:row = 3, col = 3, cells = [[1,2],[2,1],[3,3],[2,2],[1,1],[1,3],[2,3],[3,2],[3,1]]
输出:3
解释:上图描述了矩阵从第 0 天开始是如何变化的。
可以从最上面一行到最下面一行的最后一天是第 3 天。

说明:

  • 2 <= row, col <= 2 * 10^4
  • 4 <= row col <= 2 10^4
  • cells.length == row * col
  • 1 <= ri <= row
  • 1 <= ci <= col
  • cells 中的所有格子坐标都是 唯一 的。

思路

有一个二进制矩阵,0 代表陆地,1 代表水域。第 0 天,整个矩阵都是陆地,之后的每一天都会有一块陆地变为水域,cells[i] = [rowi, coli] 表示第 i + 1 天,矩阵的 rowi 行,coli 列会变为水域,注意行列的下标从 1 开始。返回能从第一行走到最后一行的最后一天是哪天。

BFS 可用于判断路径是否存在,二分答案判断即可。

代码


/**
 * @date 2025-12-31 9:56
 */
public class LatestDayToCross1970 {

    public int latestDayToCross(int row, int col, int[][] cells) {
        int l = 0, r = cells.length - 1;
        int m = l + (r - l) / 2;
        while (l <= r) {
            if (check(row, col, m, cells)) {
                l = m + 1;
            } else {
                r = m - 1;
            }
            m = l + (r - l) / 2;
        }
        return r;
    }

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

    public boolean check(int row, int col, int m, int[][] cells) {
        int[][] grid = new int[row + 1][col + 1];
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            grid[cells[i][0]][cells[i][1]] = 1;
        }
        Deque<int[]> q = new ArrayDeque<>();
        for (int i = 1; i <= col; i++) {
            if (grid[1][i] == 0) {
                grid[1][i] = 1;
                q.offer(new int[]{1, i});
            }
        }
        while (!q.isEmpty()) {
            int size = q.size();
            for (int i = 0; i < size; i++) {
                int[] cur = q.poll();
                for (int[] direction : directions) {
                    int x = cur[0] + direction[0];
                    int y = cur[1] + direction[1];
                    if (x >= 1 && x <= row && y >= 1 && y <= col && grid[x][y] == 0) {
                        if (x == row) {
                            return true;
                        }
                        grid[x][y] = 1;
                        q.offer(new int[]{x, y});
                    }
                }
            }
        }
        return false;
    }

}

性能