LeetCode 周赛上分之旅 # 37 多源 BFS 与连通性问题

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学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思维框架，你的思考越抽象，它能覆盖的问题域就越广，理解难度也更复杂。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告，一起体会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 37 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~

周赛 357

T1. 故障键盘（Easy）

标签：模拟、字符串

T2. 判断是否能拆分数组（Medium）

标签：思维

T3. 找出最安全路径（Medium）

标签：BFS、连通性、分层并查集、极大化极小、二分查找

T4. 子序列最大优雅度（Hard）

标签：贪心、排序、堆

T1. 故障键盘（Easy）

https://leetcode.cn/problems/faulty-keyboard/

题解（模拟）

简单模拟题。

在遇到 i 字符时对已填入字符进行反转，时间复杂度是 O(n^2)；
使用队列和标记位可以优化时间复杂度，在遇到 i 时修改标记位和写入方向，在最后输出时根据标记位输出，避免中间的反转操作。

class Solution {
public:string finalString(string s) {vector<char> dst;for (auto& c : s) {if (c == 'i') {reverse(dst.begin(), dst.end());} else {dst.push_back(c);}}return string(dst.begin(), dst.end());}
};

class Solution {
public:string finalString(string s) {deque<char> dst;bool rear = true;for (auto& c : s) {if (c == 'i') {rear = !rear;} else {if (rear) {dst.push_back(c);} else {dst.push_front(c);}}}return rear ? string(dst.begin(), dst.end()) : string(dst.rbegin(), dst.rend());}
};

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 线性遍历和输出时间；
空间复杂度： $O (n)$ 临时字符串空间。

T2. 判断是否能拆分数组（Medium）

https://leetcode.cn/problems/check-if-it-is-possible-to-split-array/

题解（思维题）

思维题，主要题目的两个条件只要满足其中一个即可 😭

条件 1：子数组的长度为 1 ⇒ 说明数组长度小于等于 2 的时候，一定可以满足（子数组的长度不大于 1）；
条件 2：子数组元素之和大于或等于 m ⇒ 需满足子数组 {a1, a2, a3} 与 {a4, a5, a6} 的子数组和均大于等于 m。

结合两个条件，如果我们能找到两个相邻的元素之和大于等于 m，那么总可以通过消除 1 个元素的方式完成题目要求。

例如在示例 3 [2, 3, 3, 2, 3] 中，我们以 [3,3] 为起点倒推：

[3, 3]
[2, 3, 3] 消除 2
[2, 3, 3, 2] 消除 2
[2, 3, 3, 2, 3] 消除 3

class Solution {
public:bool canSplitArray(vector<int>& nums, int m) {// 2 | 3, 3 | 2 | 3// 1, 3, 2, 2, 3// 1, 1, 1, 3, 3if (nums.size() <= 2) return true;for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {if (nums[i] + nums[i - 1] >= m) return true;}return false;}
};

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ 线性遍历时间；
空间复杂度： $O (1)$ 仅使用常量级别空间。

T3. 找出最安全路径（Medium）

https://leetcode.cn/problems/find-the-safest-path-in-a-grid/

题解一（多源 BFS + 二分答案）

根据题目描述，每个节点的安全系数定位为该节点到「小偷」节点的最小曼哈顿距离，而题目要求是寻找从 [0][0] 到 [n-1][n-1] 的最大安全系数。「使得最小曼哈顿距离最大」暗示可能是需要使用二分答案的极大化极小问题。

多源 BFS 预处理： 先从每个「小偷」节点开始走 BFS 更新相邻节点的最小曼哈顿距离，单次 BFS 的时间复杂度是 O(n^2)，虽然我们可以用剪枝优化，但整体的时间复杂度上界是 O(n^4)。为了优化时间复杂度，我们使用多源 BFS（也可以理解为拓扑排序，每次弹出的节点的曼哈顿距离最小），整体的时间仅为 O(n^2)；
二分答案： 安全系数与路径可达性存在单调性：
- 当安全系数越大时，越不容易可达；
- 当安全系数越小时，越容易可达。
- 安全系数的下界为 0，上界为 n * 2 - 1，通过二分答案寻找满足可达性的最大安全系数：

class Solution {fun maximumSafenessFactor(grid: List<List<Int>>): Int {val INF = Integer.MAX_VALUEval directions = arrayOf(intArrayOf(0,1), intArrayOf(1,0), intArrayOf(0,-1), intArrayOf(-1,0))val n = grid.size// 特判if (grid[0][0] == 1 || grid[n - 1][n - 1] == 1) return 0// 多源 BFS（拓扑排序）val safe = Array(n) { IntArray(n) { -1 }}var queue = LinkedList<IntArray>()for (r in 0 until n) {for (c in 0 until n) {if (grid[r][c] == 1) {queue.offer(intArrayOf(r, c))safe[r][c] = 0}}}while (!queue.isEmpty()) {val temp = LinkedList<IntArray>()for (node in queue) {for (direction in directions) {val newX = node[0] + direction[0]val newY = node[1] + direction[1]if (newX < 0 || newX >= n || newY < 0 || newY >= n || safe[newX][newY] != -1) continuetemp.offer(intArrayOf(newX, newY))safe[newX][newY] = safe[node[0]][node[1]] + 1}}queue = temp}// for (row in safe) println(row.joinToString())// BFS（检查只通过大于等于 limit 的格子，能否到达终点）fun check(limit: Int) : Boolean {val visit = Array(n) { BooleanArray(n) }var queue = LinkedList<IntArray>()queue.offer(intArrayOf(0, 0))visit[0][0] = truewhile (!queue.isEmpty()) {val temp = LinkedList<IntArray>()for (node in queue) {// 终止条件if (node[0] == n - 1 && node[1] == n - 1) return truefor (direction in directions) {val newX = node[0] + direction[0]val newY = node[1] + direction[1]if (newX < 0 || newX >= n || newY < 0 || newY >= n || visit[newX][newY] || safe[newX][newY] < limit) continuetemp.offer(intArrayOf(newX, newY))visit[newX][newY] = true}}queue = temp}return false}// 二分查找var left = 0var right = Math.min(safe[0][0], safe[n - 1][n - 1])while (left < right) {val mid = (left + right + 1) ushr 1if (!check(mid)) {right = mid - 1} else {left = mid}}return left}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n^2·lgn^2)$ 其中多源 BFS 时间为 $O(n^2)$ ，单次检查的 BFS 时间复杂度为 $O(n^2)$ ，二分的次数为 $lgn^2$ ，整体时间复杂度是 $O(n^2·lgn^2)$ ；
空间复杂度： $O(n^2)$ safe 安全系数矩阵空间。

题解二（多源 BFS + 堆）

思路参考雪景式的题解。

在题解一预处理的基础上，同样走一次 BFS 也能够算出最大安全系数，思路类似于 Dijkstra 最最短路算法中使用当前最短路最短的节点去松弛相邻边，我们优先让当前曼哈顿距离最大的节点去松弛相邻节点，以保证每个节点都能够从较大的路径转移过来。

class Solution {fun maximumSafenessFactor(grid: List<List<Int>>): Int {...// 类最短路（使用曼哈顿距离最大的节点去松弛相邻边）val heap = PriorityQueue<IntArray>() { e1, e2 ->e2[0] - e1[0]}heap.offer(intArrayOf(safe[0][0], 0, 0))val visit = Array(n) { BooleanArray(n) }visit[0][0] = truewhile (!heap.isEmpty()) {val node = heap.poll()if (node[1] == n - 1 && node[2] == n - 1) return node[0]for (direction in directions) {val newX = node[1] + direction[0]val newY = node[2] + direction[1]if (newX < 0 || newX >= n || newY < 0 || newY >= n || visit[newX][newY]) continue// 松弛相邻边heap.offer(intArrayOf(Math.min(node[0], safe[newX][newY]), newX, newY))visit[newX][newY] = true}}return 0}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n^2·lgn^2)$ 其中多源 BFS 时间为 $O(n^2)$ ，基于堆的 BFS 的时间复杂度为 $O(n^2·lgn^2)$ ；
空间复杂度： $O(n^2)$ safe 安全系数矩阵空间。

题解三（多源 BFS + 分层并查集）

思路参考灵神的题解。

其实，求从 [0][0] 到 [n - 1][n - 1] 的最大安全系数，也相当于连通性问题的变形，而连通性问题有并查集的解法。为了求得最大安全系数，我们使用分层并查集：

首先，在预处理阶段求出每个节点的最小曼哈顿距离，并将节点按照曼哈顿距离分类；
其次，我们从最大的曼哈顿距离开始逆序合并，当 [0][0] 和 [n - 1][n - 1] 连通时返回结果。

class Solution {fun maximumSafenessFactor(grid: List<List<Int>>): Int {val directions = arrayOf(intArrayOf(0,1), intArrayOf(1,0), intArrayOf(0,-1), intArrayOf(-1,0))val n = grid.size// 特判if (grid[0][0] == 1 || grid[n - 1][n - 1] == 1) return 0// 多源 BFS（拓扑排序）val safe = Array(n) { IntArray(n) { -1 }}// 分层val groups = LinkedList<LinkedList<IntArray>>()var queue = LinkedList<IntArray>()for (r in 0 until n) {for (c in 0 until n) {if (grid[r][c] == 1) {queue.offer(intArrayOf(r, c))safe[r][c] = 0}}}groups.add(queue)while (!queue.isEmpty()) {val temp = LinkedList<IntArray>()for (node in queue) {for (direction in directions) {val newX = node[0] + direction[0]val newY = node[1] + direction[1]if (newX < 0 || newX >= n || newY < 0 || newY >= n || safe[newX][newY] != -1) continuetemp.offer(intArrayOf(newX, newY))safe[newX][newY] = safe[node[0]][node[1]] + 1}}queue = tempif (!queue.isEmpty()) groups.add(queue)}// for (row in safe) println(row.joinToString())// for (row in groups) println(row.joinToString())val helper = UnionFind(n)// 逆序合并for (i in groups.size - 1 downTo 0) {for (node in groups[i]) {val x = node[0]val y = node[1]for (direction in directions) {val newX = x + direction[0]val newY = y  + direction[1]// 合并曼哈顿距离大于等于当前层的节点if (newX < 0 || newX >= n || newY < 0 || newY >= n || safe[newX][newY] < i) continuehelper.union(x * n + y, newX * n + newY)}}if (helper.find(0) == helper.find(n * n - 1)) return i}return 0}class UnionFind(private val n: Int) {private val parents = IntArray(n * n) { it }private val ranks = IntArray(n * n)fun find(x: Int): Int {var cur = xwhile (cur != parents[cur]) {parents[cur] = parents[parents[cur]]cur = parents[cur]}return cur}fun union(x: Int, y: Int) {val rootX = find(x)val rootY = find(y)if (ranks[rootX] < ranks[rootY]) {parents[rootX] = rootY} else if (ranks[rootX] > ranks[rootY]){parents[rootY] = rootX} else {parents[rootY] = rootXranks[rootX]++}}}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n^2)$ 其中多源 BFS 时间为 $O(n^2)$ ，基于路径压缩和按秩合并的并查集时间复杂度为 $O(n^2)$ ；
空间复杂度： $O(n^2)$ safe 安全系数矩阵空间。

T4. 子序列最大优雅度（Hard）

https://leetcode.cn/problems/maximum-elegance-of-a-k-length-subsequence/

题解（反悔贪心 + 堆）

固定一个维度： 题目定义的优雅度 total_profit + distinct_categories^2 存在两个维度的变量，我们考虑固定其中一个维度来简化问题讨论：
- 对所有节点按照利润从大到小逆序排列，并选择前 k 个节点，此时的 total_profit 是最大的；
- 在此基础上，我们继续遍历剩余的 n - k 个节点，并考虑替换前 k 个节点中的某个节点，由于已经选择的节点 total_profit 是最大的，因此需要让替换后的类目数变多。
分类讨论（替换哪个）：
- 1、如果某个已选节点与第 i 个节点的类目相同，那么替换后不会让类目数变大，不可能让优雅度变大；
- 2、如果某个已选节点与第 i 个节点的类目不同，但只出现一次，那么替换出不会让类目变大，不可能让优雅度变大。否则，如果出现多次，替换后类目数变大，有可能让优雅度变大；
- 3、为了让优雅度尽可能大，我们期望替换后的 total_profit 的减少量尽可能小，同时数目类别应该增大，否则无法获得更大的优雅度。为了让替换后的 total_profit 的减少量尽可能小，我们应该替换已选列表中利润最小同时重复的节点。
怎么高效替换：
- 使用堆维护利润最小同时重复的元素，由于我们是从大到小线性枚举的，因此直接使用线性表模拟堆的能力；
- 新替换进去的不会被替换出去（想想为什么）。

class Solution {fun findMaximumElegance(items: Array<IntArray>, k: Int): Long {Arrays.sort(items) { e1, e2 ->e2[0] - e1[0]}var ret = 0Lvar totalProfit = 0L// duplicate：小顶堆val duplicate = LinkedList<Int>()// categorySet：类目表val categorySet = HashSet<Int>()for ((i, item) in items.withIndex()) {val profit = item[0]val category = item[1]if (i < k) {totalProfit += item[0]// 记录重复节点if (categorySet.contains(category)) {duplicate.add(profit)}categorySet.add(category)} else if (!duplicate.isEmpty() && !categorySet.contains(category)){// 替换totalProfit += profit - duplicate.pollLast()categorySet.add(category)} else {// 不会让类目数量变大}// println(duplicate.joinToString())ret = Math.max(ret, totalProfit + 1L * categorySet.size * categorySet.size)}return ret}
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n l g n)$ 瓶颈在排序；
空间复杂度： $O (n)$ 堆空间。

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