前言：

---

前言1：这个题的题目条件给的不太严谨，题目描述中说“如果存在解，则保证它是唯一的”，通过我的实践，我发现这句话的意思其实是本题的所有样例只有两种情况，无解/有唯一解；而不可能存在多个解的情况；

注：可以使用样例【gas=(10,10,10,10,10)    cost=(1,1,1,1,1)】来验证，这个样例每个节点都可以作为起点，即样例存在多个解，但是运行后LeetCode会报错；

a

a

前言2：这个题在代码随想录上的答案也没有写清楚他的思路，而且答案提供的暴力解法超过了时间复杂度，我提供一下我的暴力解法，并将用自己的语言讲清楚我做这道题时的思路；

---

a

a

a

a

a

方法1：暴力求解

注：这个题看似使用暴力很简单，但是暴力其实也有一些小坑，如果不想清楚，很难直接过；

---

思路1：很明显暴力一定是两个循环嵌套起来的，外层使用for循环选择起点，内层则使用while循环从该起点开始一直向后开车，验证能否从新回到起点；

思路2：外层循环很好写，但是我们需要考虑一下内层循环怎么写，选择什么条件来跳出while循环呢？我定义了变量sum_gas来代表从起点走到某一个节点时邮箱里的剩余油量，那么选择【sum_gas < 0】作为跳出条件是绝对没问题的，即如果走到当前节点时邮箱里的油为负，说明选择的起点到不了这个节点，也就无法完成闭环操作；

初始版本代码：这个版本的代码逻辑上完全没有问题，样例都过了，但是提交运行超时了；

class Solution {
public:int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {//自己尝试：暴力求解for(int i = 0; i < gas.size(); i++) {if(gas[i] == 0) continue;                       //剪枝：如果起点加油站没有，那车辆根本无法行使int ptr = i;                                    //选择起点为ptrint sum_gas = gas[ptr] - cost[ptr];             //以ptr为当前出发站点，如果往后行驶一站，车的剩余油量while(sum_gas >= 0) {ptr = (ptr + 1) % gas.size();               //切换当前出发站点为ptrif(ptr == i) return i;sum_gas = sum_gas + gas[ptr] - cost[ptr];   //以ptr为当前出发站点，如果往后行驶一站，车的剩余油量}}return -1;}
};

---

思路3：但是我现在还是不太甘心放弃使用暴力搜索，那么我想是否可以通过剪枝操作来优化一点点代码的时间复杂度？使得可以通过提交？如果要剪枝，那就只有两种情况可以剪枝，因为通过这个题的描述我们可知，这个题只有两种情况，要么无解，要么有唯一解；所以我们如何可以在还没有满足【sum_gas < 0】这个条件的时候，就可以提前知道选择当前的这个起点，到底是无解，还是有唯一解？

思路4：我们考虑一种特殊情况，即【sum_gas == 0】这种情况；如果起点到当前节点的sum_gas == 0，那么只可能有两种情况，要么无解，要么有多个解；

看下图进行分析：如果从起点x到节点z的sum_gas == 0，那么我们针对节点y进行思考；如果从节点z开始前进，那么有两种可能：

• 节点z无法到达节点x：则代表以节点x为起点，是不可能重新回到起点的，即无解；
• 节点z可以到达节点x：则节点x和节点z作为起点，都可以重新回到本身的位置，即解不唯一；

思路5：所以我们不用看到【sum_gas < 0】才跳出while循环，而可以看到【sum_gas <= 0】就跳出循环；这样就节省了时间复杂度；但是有一个特殊情况，如果从起点回到起点的过程中sum_gas == 0，那么这个时候在起点的前一个点会得到sum_gas == 0；

改进版本代码：改动一共两处

class Solution {
public:int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {//自己尝试：暴力求解for(int i = 0; i < gas.size(); i++) {if(gas[i] == 0) continue;                       //剪枝：如果起点加油站没有，那车辆根本无法行使int ptr = i;                                    //选择起点为ptrint sum_gas = gas[ptr] - cost[ptr];             //以ptr为当前出发站点，如果往后行驶一站，车的剩余油量while(sum_gas > 0) {ptr = (ptr + 1) % gas.size();               //切换当前出发站点为ptrif(ptr == i) return i;sum_gas = sum_gas + gas[ptr] - cost[ptr];   //以ptr为当前出发站点，如果往后行驶一站，车的剩余油量}//剪枝：特殊情况 -- 从起点回到起点后车辆剩余油量为0if(sum_gas == 0 && ptr == (i + gas.size() - 1) % gas.size()) return i;}return -1;}
};

---

a

a

a

a

a

方法2：贪心算法

注：使用暴力算法时间复杂度为，还是太高很容易过不了提交，有没有其他的算法可以将时间复杂度降到或者之类的；

---

样例1图解：

思路1：我们知道对于节点x，如果他的【gas[x] - cost[x] <= 0】，那么他一定不能作为起点；小于零的情况不用多说，等于零的情况在上面讨论过，要么是无解要么是多个解；所以只要节点x的【gas[x] - cost[x] <= 0】，就意味着这个节点不可以作为起点；只有【gas[x] - cost[x] > 0】的节点才有作为起点的潜质；

思路2：那么对于一串节点的temp_sum值，如果temp_sum小于等于0，是否也意味着这一串节点都是不能作为起点的呢？答案是肯定的；如下如示例，从节点x到节点n的temp_sum为0，那么意味着所有的节点都不可作为起点；

• 本身作为起点的节点x和其中【gas[] - cost[] <= 0】的节点y和节点m，自不必说肯定不能作为起点；
• 而节点z满足【gas[z] - cost[z] > 0】却也不能作为起点，是因为本身从节点x到节点z的【temp_sum > 0】，再加之节点z本身z满足【gas[z] - cost[z] > 0】，就这样两个正数相加，都不能突破节点m的封锁，导致在节点n处仍有【temp_sum = 0】，那么如果直接将节点z作为起点，那情况肯定更糟糕，更到达不了节点n了；

思路3：因此我们可以只用一个for循环，遍历所有的点，且每个点只访问一次，如果在这个点处获得的【temp_sum <= 0】，那么就意味着到当前位置的所有节点都不能作为起点；只能再遍历后面的节点，寻找具有成为起点潜质的新节点；

思路4：那如何判断一个节点可以作为起点，且可以回到本身？那么就需要遍历数组到头的时候，有【sum >= 0】，即可知道当前起点是满足答案约束的；在我的代码中，特殊情况（从第一个节点到最后一个节点的sum = 0）已经被包含进去了；

贪心算法代码：

class Solution {
public:int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {//自己尝试：贪心算法int start = 0;      //起点位置（即temp_sum的开头元素）int sum = 0;        //到当前节点时的剩余油量int temp_sum = 0;   //从起点到当前位置时的剩余油量for(int i = 0; i < gas.size(); i++) {sum = sum + gas[i] - cost[i];temp_sum = temp_sum + gas[i] - cost[i];if(temp_sum <= 0) {temp_sum = 0;start = i + 1;}}if(sum >= 0) return (start % gas.size());return -1;}
};

---