LeetCode 图
基础部分
785. 判断二分图
中等
给定一个无向图graph，当这个图为二分图时返回true。
如果我们能将一个图的节点集合分割成两个独立的子集A和B，并使图中的每一条边的两个节点一个来自A集合，一个来自B集合，我们就将这个图称为二分图。
graph将会以邻接表方式给出，graph[i]表示图中与节点i相连的所有节点。每个节点都是一个在0到graph.length-1之间的整数。这图中没有自环和平行边： graph[i] 中不存在i，并且graph[i]中没有重复的值。
示例 1:
输入: [[1,3], [0,2], [1,3], [0,2]]
输出: true
解释:
无向图如下:
0----1
| |
| |
3----2
我们可以将节点分成两组: {0, 2} 和 {1, 3}。
示例 2:
输入: [[1,2,3], [0,2], [0,1,3], [0,2]]
输出: false
解释:
无向图如下:
0----1
| \ |
| \ |
3----2
我们不能将节点分割成两个独立的子集。
注意:
graph的长度范围为[1, 100]。graph[i]中的元素的范围为[0, graph.length - 1]。graph[i]不会包含i或者有重复的值。- 图是无向的: 如果
j在graph[i]里边, 那么i也会在graph[j]里边。
class Solution {
public boolean isBipartite(int[][] graph) {
//set: 0未上色，1和-1两种颜色
int[] set = new int[graph.length];
for (int node = 0; node < graph.length; node++){
if (set[node] != 0) continue;
if (!dfs(graph,node,1,set) && !dfs(graph,node,-1,set))
return false;
}
return true;
}
private boolean dfs(int[][] graph, int node, int color, int[] set){
if (set[node] != 0) return set[node] == color;
set[node] = color;
for (int point : graph[node]){
if (!dfs(graph, point, -color, set)){
set[node] = 0; //发现color不行，擦去，后边再试-color
return false;
}
}
return true;
}
}
207. 课程表
中等
你这个学期必须选修 numCourse 门课程，记为 0 到 numCourse-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，请你判断是否可能完成所有课程的学习？
示例 1:
输入: 2, [[1,0]]
输出: true
解释: 总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0。所以这是可能的。
示例 2:
输入: 2, [[1,0],[0,1]]
输出: false
解释: 总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1。这是不可能的。
提示：
- 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。
1 <= numCourses <= 10^5
class Solution {
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
List<Integer>[] graph = new List[numCourses];//建图
for (int i = 0; i < numCourses; i++){
graph[i] = new ArrayList<>();
}
int[] inDegree = new int[numCourses];
for (int[] pre : prerequisites){
graph[pre[1]].add(pre[0]); //统计后置课程
inDegree[pre[0]]++; //统计入度
}
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
for (int course = 0; course < numCourses; course++){ //直接能学的先学了
if (inDegree[course] == 0) queue.add(course);
}
int learned = 0; //学习的课程数
while (!queue.isEmpty()){
int cur = queue.poll();
learned++;
for (int back : graph[cur]){
inDegree[back]--; //后置课程入度-1
if (inDegree[back] == 0){
queue.add(back);
}
}
}
return learned >= numCourses;
}
}
210. 课程表 II
中等
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。
class Solution {
public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
List<Integer>[] graph = new List[numCourses];
for (int i = 0; i < numCourses; i++){
graph[i] = new ArrayList<>();
}
int[] inDegree = new int[numCourses];
for (int[] pre : prerequisites){
graph[pre[1]].add(pre[0]);
inDegree[pre[0]]++;
}
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
for (int course = 0; course < numCourses; course++){
if (inDegree[course] == 0) queue.add(course);
}
int[] res = new int[numCourses];
int index = 0;
while (!queue.isEmpty()){
int cur = queue.poll();
res[index++] = cur;
for (int back : graph[cur]){
inDegree[back]--;
if (inDegree[back] == 0)
queue.add(back);
}
}
return index == numCourses ? res : new int[]{};
}
}
684. 冗余连接
中等
在本问题中, 树指的是一个连通且无环的无向图。
输入一个图，该图由一个有着N个节点 (节点值不重复1, 2, ..., N) 的树及一条附加的边构成。附加的边的两个顶点包含在1到N中间，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。每一个边的元素是一对[u, v] ，满足 u < v，表示连接顶点u 和v的无向图的边。
返回一条可以删去的边，使得结果图是一个有着N个节点的树。如果有多个答案，则返回二维数组中最后出现的边。答案边 [u, v] 应满足相同的格式 u < v。
示例 1：
输入: [[1,2], [1,3], [2,3]]
输出: [2,3]
解释: 给定的无向图为:
1
/ \
2 - 3
示例 2：
输入: [[1,2], [2,3], [3,4], [1,4], [1,5]]
输出: [1,4]
解释: 给定的无向图为:
5 - 1 - 2
| |
4 - 3
注意:
- 输入的二维数组大小在 3 到 1000。
- 二维数组中的整数在1到N之间，其中N是输入数组的大小。
class Solution {
class DSU {
int[] root; //点连接的根
int[] size; //连接集的大小
public DSU(int n){
root = new int[n];
size = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++)
root[i] = i; //初始化，根就是自己
}
public int find(int x){ //寻找根+递归更新根
if (root[x] != x){
root[x] = find(root[x]);
}
return root[x];
}
public boolean union(int x, int y){
int rootX = find(x);
int rootY = find(y);
if (rootX == rootY) return false; //根一样=>在一个集里，连接失败
if (size[rootX] < size[rootY]){ //小集并到大集上
root[rootX] = rootY; //更新根
size[rootY]++; //更新后代数大小
}else {
root[rootY] = root[rootX];
size[rootX]++;
}
return true;
}
}
public int[] findRedundantConnection(int[][] edges) {
int n = edges.length;
DSU dsu = new DSU(n+1);
for (int[] e : edges){
if (!dsu.union(e[0],e[1])) return e;
}
return new int[]{};
}
}
频率排序
269，928，839，743
