【数据结构与算法】图的模板及例题
图的存储结构
邻接矩阵
适用于边数较多的情况，采用二维数组存储
// 邻接矩阵数组：w[from][to] = weight 代表从 from 到 to 有权重为 weight 的边
int[][] w = new int[N][N];
// 加边操作
void add(int from, int to, int weight) {
w[from][to] = weight;
}
邻接表（链式前向星存图）
数组加单链表（头插法）
适用于边数较少的情况
数组模拟链表
int[] he = new int[N], e = new int[M], ne = new int[M], w = new int[M];
int idx;
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b;
ne[idx] = he[a];
he[a] = idx;
w[idx] = c;
idx++;
}
- idx 是用来对边进行编号
- he 数组：存储是某个节点所对应的边的集合（链表）的头结点；
- e 数组：由于访问某一条边指向的节点；
- ne 数组：由于是以链表的形式进行存边，该数组就是用于找到下一条边，存储下一条边的索引；
- w 数组：用于记录某条边的权重为多少。
封装边信息
class Edge {
// 代表从 a 到 b 有一条权重为 c 的边
int from, to, weight;
Edge(int _from, int _to, int _weight) {
from = _from; to = _to; weight = _weight;
}
}
并查集
并查集模板
用来判断元素所属问题，是否属于同一个集合。
// UnionFind.class
public class UnionFind {
int root[];
// 添加了 rank 数组来记录每个顶点的高度，也就是每个顶点的「秩」
int rank[];
public UnionFind(int size) {
root = new int[size];
rank = new int[size];
for (int i = 0; i < size; i++) {
root[i] = i; //每个元素所在集合的代表元素就是自己
rank[i] = 1; // 一开始每个顶点的初始「秩」为1，因为它们只有自己本身的一个顶点。
}
}
// 此处的 find 函数实现了路径压缩，返回集合代表元素
public int find(int x) {
if (x == root[x]) {
return x;
}
return root[x] = find(root[x]);
}
// 按秩合并优化的 union 函数，高度低的集合连在高度高的集合代表元素下面
public void union(int x, int y) {
int rootX = find(x);
int rootY = find(y);
if (rootX != rootY) {
if (rank[rootX] > rank[rootY]) {
root[rootY] = rootX;
} else if (rank[rootX] < rank[rootY]) {
root[rootX] = rootY;
} else {
root[rootY] = rootX;
rank[rootX] += 1;
}
}
}
public boolean connected(int x, int y) {
return find(x) == find(y);
}
}
例题
有 n 个城市，其中一些彼此相连，另一些没有相连。如果城市 a 与城市 b 直接相连，且城市 b 与城市 c 直接相连，那么城市 a 与城市 c 间接相连。
省份 是一组直接或间接相连的城市，组内不含其他没有相连的城市。
给你一个 n x n 的矩阵 isConnected ，其中 isConnected[i][j] = 1 表示第 i 个城市和第 j 个城市直接相连，而 isConnected[i][j] = 0 表示二者不直接相连。
返回矩阵中 省份 的数量。
示例 1：
输入：isConnected = [[1,1,0],[1,1,0],[0,0,1]]
输出：2
示例 2：
输入：isConnected = [[1,0,0],[0,1,0],[0,0,1]]
输出：3
提示：
1 <= n <= 200
n == isConnected.length
n == isConnected[i].length
isConnected[i][j] 为 1 或 0
isConnected[i][i] == 1
isConnected[i][j] == isConnected[j][i]
class Solution {
public int findCircleNum(int[][] isConnected) {
UnionFind uf = new UnionFind(isConnected.length);
for (int i = 0; i < isConnected.length; i++) {
for (int j = i; j < isConnected.length; j++) {
if (isConnected[i][j] == 1)
uf.union(i, j);
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < uf.root.length; i++) {
if (i == uf.root[i]) ans++;
}
return ans;
}
}
class UnionFind {
public int root[];
public int rank[];
public UnionFind(int size) {
root = new int[size];
rank = new int[size];
for (int i = 0; i < size; i++) {
root[i] = i;
rank[i] = 1;
}
}
public int find(int x) {
if (x == root[x]) return x;
return root[x] = find(root[x]);
}
public void union(int x, int y) {
int rootX = find(x);
int rootY = find(y);
if (rank[rootX] < rank[rootY]) {
root[rootX] = rootY;
} else if (rank[rootX] > rank[rootY]) {
root[rootY] = rootX;
} else {
root[rootY] = rootX;
rank[rootX]++;
}
}
public boolean connected(int x, int y) {
return find(x) == find(y);
}
}
单源点最短路
例题
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
提示：
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）
朴素Dijkstra（邻接矩阵）
class Solution {
int N = 110, M = 6010;
// 邻接矩阵数组：w[a][b] = c 代表从 a 到 b 有权重为 c 的边
int[][] w = new int[N][N];
// dist[x] = y 代表从「源点/起点」到 x 的最短距离为 y
int[] dist = new int[N];
// 记录哪些点已经被更新过
boolean[] vis = new boolean[N];
int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, k;
public int networkDelayTime(int[][] ts, int _n, int _k) {
n = _n; k = _k;
// 初始化邻接矩阵
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
w[i][j] = w[j][i] = i == j ? 0 : INF;
}
}
// 存图
for (int[] t : ts) {
int u = t[0], v = t[1], c = t[2];
w[u][v] = c;
}
// 最短路
dijkstra();
// 遍历答案
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = Math.max(ans, dist[i]);
}
return ans > INF / 2 ? -1 : ans;
}
void dijkstra() {
// 起始先将所有的点标记为「未更新」和「距离为正无穷」
Arrays.fill(vis, false);
Arrays.fill(dist, INF);
// 只有起点最短距离为 0
dist[k] = 0;
// 迭代 n 次
for (int p = 1; p <= n; p++) {
// 每次找到「最短距离最小」且「未被更新」的点 t
int t = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!vis[i] && (t == -1 || dist[i] < dist[t])) t = i;
}
// 标记点 t 为已更新
vis[t] = true;
// 用点 t 的「最小距离」更新其他点
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dist[i] = Math.min(dist[i], dist[t] + w[t][i]);
}
}
}
}
堆优化Dijkstra（邻接表）
class Solution {
int N = 110, M = 6010;
// 邻接表
int[] he = new int[N], e = new int[M], ne = new int[M], w = new int[M];
// dist[x] = y 代表从「源点/起点」到 x 的最短距离为 y
int[] dist = new int[N];
// 记录哪些点已经被更新过
boolean[] vis = new boolean[N];
int n, k, idx;
int INF = 0x3f3f3f3f;
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b;
ne[idx] = he[a];
he[a] = idx;
w[idx] = c;
idx++;
}
public int networkDelayTime(int[][] ts, int _n, int _k) {
n = _n; k = _k;
// 初始化链表头
Arrays.fill(he, -1);
// 存图
for (int[] t : ts) {
int u = t[0], v = t[1], c = t[2];
add(u, v, c);
}
// 最短路
dijkstra();
// 遍历答案
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = Math.max(ans, dist[i]);
}
return ans > INF / 2 ? -1 : ans;
}
void dijkstra() {
// 起始先将所有的点标记为「未更新」和「距离为正无穷」
Arrays.fill(vis, false);
Arrays.fill(dist, INF);
// 只有起点最短距离为 0
dist[k] = 0;
// 使用「优先队列」存储所有可用于更新的点
// 以 (点编号, 到起点的距离) 进行存储，优先弹出「最短距离」较小的点
PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a,b)->a[1]-b[1]);
q.add(new int[]{k, 0});
while (!q.isEmpty()) {
// 每次从「优先队列」中弹出
int[] poll = q.poll();
int id = poll[0], step = poll[1];
// 如果弹出的点被标记「已更新」，则跳过
if (vis[id]) continue;
// 标记该点「已更新」，并使用该点更新其他点的「最短距离」
vis[id] = true;
for (int i = he[id]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (dist[j] > dist[id] + w[i]) {
dist[j] = dist[id] + w[i];
q.add(new int[]{j, dist[j]});
}
}
}
}
}
堆优化 Dijkstra（邻接矩阵）
class Solution {
int INF = 0x3f3f3f3f;
int N = 110;
int M = 6010;
int[][] w = new int[N][N];
int n, k;
boolean[] vis = new boolean[N];
int[] dis = new int[N];
public int networkDelayTime(int[][] times, int _n, int _k) {
n = _n;
k = _k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
w[i][j] = w[j][i] = i == j ? 0 : INF;
}
}
for (int[] time : times) {
w[time[0]][time[1]] = time[2];
}
dijkstra();
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = Math.max(ans, dis[i]);
}
return ans > INF / 2 ? -1 : ans;
}
public void dijkstra() {
Arrays.fill(vis, false);
Arrays.fill(dis, INF);
dis[k] = 0;
PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a, b) -> a[1] - b[1]);
q.add(new int[]{k, 0});
while (!q.isEmpty()) {
int[] poll = q.poll();
int id = poll[0];
int weight = poll[1];
if (!vis[id]) {
vis[id] = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (dis[i] > dis[id] + w[id][i]) {
dis[i] = dis[id] + w[id][i];
q.add(new int[]{i, dis[i]});
}
}
}
}
}
}
Bellman Ford 算法
可以解决有负权图问题
封装边
class Solution {
class Edge {
int a, b, c;
Edge(int _a, int _b, int _c) {
a = _a; b = _b; c = _c;
}
}
int N = 110, M = 6010;
// dist[x] = y 代表从「源点/起点」到 x 的最短距离为 y
int[] dist = new int[N];
int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, k;
// 使用类进行存边
List<Edge> es = new ArrayList<>();
public int networkDelayTime(int[][] ts, int _n, int _k) {
n = _n; k = _k;
m = ts.length;
// 存图
for (int[] t : ts) {
int u = t[0], v = t[1], c = t[2];
es.add(new Edge(u, v, c));
}
// 最短路
bf();
// 遍历答案
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = Math.max(ans, dist[i]);
}
return ans > INF / 2 ? -1 : ans;
}
void bf() {
// 起始先将所有的点标记为「距离为正无穷」
Arrays.fill(dist, INF);
// 只有起点最短距离为 0
dist[k] = 0;
// 迭代 n 次
for (int p = 1; p <= n; p++) {
int[] prev = dist.clone();
// 每次都使用上一次迭代的结果，执行松弛操作
for (Edge e : es) {
int a = e.a, b = e.b, c = e.c;
dist[b] = Math.min(dist[b], prev[a] + c);
}
}
}
}
邻接表
class Solution {
int N = 110, M = 6010;
// 邻接表
int[] he = new int[N], e = new int[M], ne = new int[M], w = new int[M];
// dist[x] = y 代表从「源点/起点」到 x 的最短距离为 y
int[] dist = new int[N];
int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, k, idx;
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b;
ne[idx] = he[a];
he[a] = idx;
w[idx] = c;
idx++;
}
public int networkDelayTime(int[][] ts, int _n, int _k) {
n = _n; k = _k;
m = ts.length;
// 初始化链表头
Arrays.fill(he, -1);
// 存图
for (int[] t : ts) {
int u = t[0], v = t[1], c = t[2];
add(u, v, c);
}
// 最短路
bf();
// 遍历答案
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = Math.max(ans, dist[i]);
}
return ans > INF / 2 ? -1 : ans;
}
void bf() {
// 起始先将所有的点标记为「距离为正无穷」
Arrays.fill(dist, INF);
// 只有起点最短距离为 0
dist[k] = 0;
// 迭代 n 次
for (int p = 1; p <= n; p++) {
int[] prev = dist.clone();
// 每次都使用上一次迭代的结果，执行松弛操作
for (int a = 1; a <= n; a++) {
for (int i = he[a]; i != -1; i = ne[i]) {
int b = e[i];
dist[b] = Math.min(dist[b], prev[a] + w[i]);
}
}
}
}
}
SPFA 算法
SPFA 是 Shortest Path Faster Algorithm 的简写。
它是对Bellman Ford 算法的优化。
class Solution {
int N = 110, M = 6010;
// 邻接表
int[] he = new int[N], e = new int[M], ne = new int[M], w = new int[M];
// dist[x] = y 代表从「源点/起点」到 x 的最短距离为 y
int[] dist = new int[N];
// 记录哪一个点「已在队列」中
boolean[] vis = new boolean[N];
int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, k, idx;
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b;
ne[idx] = he[a];
he[a] = idx;
w[idx] = c;
idx++;
}
public int networkDelayTime(int[][] ts, int _n, int _k) {
n = _n; k = _k;
// 初始化链表头
Arrays.fill(he, -1);
// 存图
for (int[] t : ts) {
int u = t[0], v = t[1], c = t[2];
add(u, v, c);
}
// 最短路
spfa();
// 遍历答案
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = Math.max(ans, dist[i]);
}
return ans > INF / 2 ? -1 : ans;
}
void spfa() {
// 起始先将所有的点标记为「未入队」和「距离为正无穷」
Arrays.fill(vis, false);
Arrays.fill(dist, INF);
// 只有起点最短距离为 0
dist[k] = 0;
// 使用「双端队列」存储，存储的是点编号
Deque<Integer> d = new ArrayDeque<>();
// 将「源点/起点」进行入队，并标记「已入队」
d.addLast(k);
vis[k] = true;
while (!d.isEmpty()) {
// 每次从「双端队列」中取出，并标记「未入队」
int poll = d.pollFirst();
vis[poll] = false;
// 尝试使用该点，更新其他点的最短距离
// 如果更新的点，本身「未入队」则加入队列中，并标记「已入队」
for (int i = he[poll]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (dist[j] > dist[poll] + w[i]) {
dist[j] = dist[poll] + w[i];
if (vis[j]) continue;
d.addLast(j);
vis[j] = true;
}
}
}
}
}
最小生成树
例题
给你一个points 数组，表示 2D 平面上的一些点，其中 points[i] = [xi, yi] 。
连接点 [xi, yi] 和点 [xj, yj] 的费用为它们之间的 曼哈顿距离 ：|xi - xj| + |yi - yj| ，其中 |val| 表示 val 的绝对值。
请你返回将所有点连接的最小总费用。只有任意两点之间 有且仅有 一条简单路径时，才认为所有点都已连接。
示例 1：
输入：points = [[0,0],[2,2],[3,10],[5,2],[7,0]]
输出：20
解释：
我们可以按照上图所示连接所有点得到最小总费用，总费用为 20 。
注意到任意两个点之间只有唯一一条路径互相到达。
示例 2：
输入：points = [[3,12],[-2,5],[-4,1]]
输出：18
示例 3：
输入：points = [[0,0],[1,1],[1,0],[-1,1]]
输出：4
示例 4：
输入：points = [[-1000000,-1000000],[1000000,1000000]]
输出：4000000
示例 5：
输入：points = [[0,0]]
输出：0
提示：
1 <= points.length <= 1000
-106 <= xi, yi <= 106
所有点 (xi, yi) 两两不同。
Kruskal 算法
在「Kruskal 算法」中，我们通过增加边数来扩大「最小生成树」；
class Solution {
public int minCostConnectPoints(int[][] points) {
PriorityQueue<Edge> queue = new PriorityQueue<>((e1, e2)->e1.weight-e2.weight);
for (int i = 0; i < points.length - 1; i++) {
for (int j = i + 1; j < points.length; j++) {
int x1 = points[i][0];
int y1 = points[i][1];
int x2 = points[j][0];
int y2 = points[j][1];
int cost = Math.abs(x1 - x2) + Math.abs(y1 - y2);
Edge edge = new Edge(i, j, cost);
queue.add(edge);
}
}
UnionFind uf = new UnionFind(points.length);
int ans = 0;
int count = points.length - 1; //若n个点，则 count=n-1（树的定义）
while (!queue.isEmpty() && count > 0) {
Edge edge = queue.poll();
if (!uf.connected(edge.point1, edge.point2)) {
uf.union(edge.point1, edge.point2);
ans += edge.weight;
count--;
}
}
return ans;
}
}
class Edge {
public int point1;
public int point2;
public int weight;
public Edge(int p1, int p2, int w) {
point1 = p1;
point2 = p2;
weight = w;
}
}
class UnionFind {
int root[];
int rank[];
public UnionFind(int size) {
root = new int[size];
rank = new int[size];
for (int i = 0; i < size; i++) {
root[i] = i;
rank[i] = 1;
}
}
public int find(int x) {
if (x == root[x]) return x;
return root[x] = find(root[x]);
}
public void union(int x, int y) {
int rootX = find(x);
int rootY = find(y);
if (rank[rootX] < rank[rootY]) {
root[rootX] = rootY;
} else if (rank[rootX] > rank[rootY]) {
root[rootY] = rootX;
} else {
root[rootY] = rootX;
rank[rootX]++;
}
}
public boolean connected(int x, int y) {
return find(x) == find(y);
}
}
Prim 算法
在「Prim 算法」中，我们通过增加顶点来扩大「最小生成树」。
class Solution {
public int minCostConnectPoints(int[][] points) {
if (points == null || points.length == 0) {
return 0;
}
int size = points.length;
PriorityQueue<Edge> pq = new PriorityQueue<Edge>((x, y) -> x.cost - y.cost);
boolean[] visited = new boolean[size];
int result = 0;
int count = size - 1;
// 计算以0为起点的所有边的值
for (int j = 1; j < size; j++) {
int[] coordinate1 = points[0];
int[] coordinate2 = points[j];
int cost = Math.abs(coordinate1[0] - coordinate2[0]) + Math.abs(coordinate1[1] - coordinate2[1]);
Edge edge = new Edge(0, j, cost);
pq.add(edge);
}
visited[0] = true;
while (pq.size() > 0 && count > 0) {
Edge e = pq.poll();
int point1 = e.point1;
int point2 = e.point2;
int cost = e.cost;
if ( !visited[point2] ) {
result += cost;
visited[point2] = true;
for (int j = 0; j < size; j++ ) {
if ( !visited[j] ) {
int distance = Math.abs(points[point2][0] - points[j][0]) + Math.abs(points[point2][1] - points[j][1]);
pq.add(new Edge(point2, j, distance));
}
}
count--;
}
}
return result;
}
class Edge {
int point1;
int point2;
int cost;
Edge(int point1, int point2, int cost) {
this.point1 = point1;
this.point2 = point2;
this.cost = cost;
}
}
}
拓扑排序
例题
现在你总共有 n 门课需要选，记为 0 到 n-1。
在选修某些课程之前需要一些先修课程。 例如，想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 ，我们用一个匹配来表示他们: [0,1]
给定课程总量以及它们的先决条件，返回你为了学完所有课程所安排的学习顺序。
可能会有多个正确的顺序，你只要返回一种就可以了。如果不可能完成所有课程，返回一个空数组。
示例 1:
输入: 2, [[1,0]]
输出: [0,1]
解释: 总共有 2 门课程。要学习课程 1，你需要先完成课程 0。因此，正确的课程顺序为 [0,1] 。
示例 2:
输入: 4, [[1,0],[2,0],[3,1],[3,2]]
输出: [0,1,2,3] or [0,2,1,3]
解释: 总共有 4 门课程。要学习课程 3，你应该先完成课程 1 和课程 2。并且课程 1 和课程 2 都应该排在课程 0 之后。
因此，一个正确的课程顺序是 [0,1,2,3] 。另一个正确的排序是 [0,2,1,3] 。
说明:
输入的先决条件是由边缘列表表示的图形，而不是邻接矩阵。详情请参见图的表示法。
你可以假定输入的先决条件中没有重复的边。
提示:
这个问题相当于查找一个循环是否存在于有向图中。如果存在循环，则不存在拓扑排序，因此不可能选取所有课程进行学习。
通过 DFS 进行拓扑排序 - 一个关于Coursera的精彩视频教程（21分钟），介绍拓扑排序的基本概念。
拓扑排序也可以通过 BFS 完成。
拓扑排序
class Solution {
public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
int[] result = new int[numCourses];
if(numCourses == 0){
return result;
}
if(prerequisites == null || prerequisites.length == 0){
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
result[i] = i;
}
return result;
}
int[] indegree = new int[numCourses];
Queue<Integer> zeroDegree = new LinkedList<>();
for(int[] pre : prerequisites){
indegree[pre[0]]++;
}
for(int i = 0; i < indegree.length; i++){
if(indegree[i] == 0){
zeroDegree.add(i);
}
}
if(zeroDegree.isEmpty()){
return new int[0];
}
int index = 0;
while( !zeroDegree.isEmpty() ){
int course = zeroDegree.poll();
result[index] = course;
index++;
for(int[] pre : prerequisites){
if(pre[1] == course){
indegree[pre[0]]--;
if(indegree[pre[0]] == 0){
zeroDegree.add(pre[0]);
}
}
}
}
for(int in : indegree){
if(in != 0){
return new int[0];
}
}
return result;
}
}
