【深度优先搜索】【树】【有向图】【推荐】685. 冗余连接 II

LeetCode685. 冗余连接 II

在本问题中，有根树指满足以下条件的有向图。该树只有一个根节点，所有其他节点都是该根节点的后继。该树除了根节点之外的每一个节点都有且只有一个父节点，而根节点没有父节点。
输入一个有向图，该图由一个有着 n 个节点（节点值不重复，从 1 到 n）的树及一条附加的有向边构成。附加的边包含在 1 到 n 中的两个不同顶点间，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 edges 。每个元素是一对 [ui, vi]，用以表示有向图中连接顶点 ui 和顶点 vi 的边，其中 ui 是 vi 的一个父节点。
返回一条能删除的边，使得剩下的图是有 n 个节点的有根树。若有多个答案，返回最后出现在给定二维数组的答案。
示例 1：

输入：edges = [[1,2],[1,3],[2,3]]
输出：[2,3]
示例 2：
输入：edges = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,1],[1,5]]
输出：[4,1]
提示：
n == edges.length
3 <= n <= 1000
edges[i].length == 2
1 <= ui, vi <= n

预备知识

有向图并集查找使用的2个前提：

前提一：所有的点出度为1或为0。
前提二：无环。
以当前节点为起点的最长路径终点，简称最长终点。如：两条边 $\overrightarrow{AB}$ 和 $\overrightarrow{BC}$ ，A的最长终点是C。

有向树性质

性质一：任意节点都能访问自己所有后代，且不能访问自己后代之外的节点。
性质二：如果删除的边不是指向某节点的祖先，则根节点一定能访问此节点。

暴力解法

枚举删除的边，时间复杂度O(n)；判断余下的边是否是有根树，时间复杂度O(n^n)。

深度优先判断有根树

前提三该树除了根节点之外的每一个节点都有且只有一个父节点，而根节点没有父节点。 $\iff$ 只有一个节点的入度为0，此节点为根。其它节点入度为1。
前提四该树只有一个根节点，所有其他节点都是该根节点的后继。 $\iff$ 根节点可以访问所有的节点。通过一条边直接访问的节点是根节点的后继。通过两条边访问的节点是后继的后继 $\cdots$
如果有环一定不行，n-1条边，如果有重复节点则无法访问n-1个新节点。所以访问了重复的节点直接返回。

核心代码

class Solution {
public:vector<int> findRedundantDirectedConnection(vector<vector<int>>& edges) {m_c = edges.size();for (int i = m_c-1 ; i >=0 ;i--){vector<vector<int>> vNeiBo(m_c);for (int j = 0; j < m_c; j++){if (j != i){vNeiBo[edges[j][0] - 1].emplace_back(edges[j][1] - 1);}}if (Is(vNeiBo)){				return edges[i];}}return {};}bool Is(const vector<vector<int>>& vNeiBo)const{vector<int> vInDeg(m_c);for (const auto& v : vNeiBo){for (const auto& to : v){vInDeg[to]++;}			}for (int i = 0; i < m_c; i++){if (0 == vInDeg[i]){vector<int> vVis(m_c);DFS(vVis, vNeiBo, i);return m_c == std::accumulate(vVis.begin(), vVis.end(), 0);}}return false;}void DFS(vector<int>& vVis, const vector<vector<int>>& vNeiBo,int cur)const{if (vVis[cur]){return;}vVis[cur] = 1;for (const auto& next : vNeiBo[cur]){DFS(vVis, vNeiBo, next);}}int m_c;};

测试用例

template<class T,class T2>
void Assert(const T& t1, const T2& t2)
{assert(t1 == t2);
}template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{if (v1.size() != v2.size()){assert(false);return;}for (int i = 0; i < v1.size(); i++){Assert(v1[i], v2[i]);}}int main()
{vector<vector<int>> edges;{Solution sln;edges = { {5,2},{5,1},{3,1},{3,4},{3,5} };auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);Assert({ 3,1 }, res);}{Solution sln;edges = { {1, 2}, { 2,3 }, { 3,1 }, { 4,1 } };auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);Assert({ 3,1 }, res);}{Solution sln;edges = { {1,2},{1,3},{2,3} };auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);Assert({ 2,3 }, res);}{Solution sln;edges = { {1,2},{2,3},{3,4},{4,1},{1,5} };auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);Assert({ 4,1 }, res);}{Solution sln;edges = { {2,1},{3,1},{4,2},{1,4} };auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);Assert({ 2,1 }, res);}{Solution sln;edges = { {4,2},{1,5},{5,2},{5,3},{2,4} }		;auto res = sln.findRedundantDirectedConnection(edges);Assert({ 4,2 }, res);}
}

并集查找

所有边反向，即：根节出度为0，其它节点出度为1。所有节点的最长终点是都是根节点。即判定一：所有节点的最终节点相同。
有向树是判断一，无需证明。下面来证明判断一一定是有向树，判定一符合前提四无需证明，只需证明判定一符合前提三。
$\begin{cases} n-1个非根节点最终目的地是根节点，说明这些定点的出度至少为1。\\ 总共n-1条边。\\ \end{cases}\rightarrow \begin{cases}根节点出度为0\\ 其它节点出度为1 \end{cases}$

简化

n-1条边，如果无环，则说明访问了n-1个新节点。且只有一个连通区域，否则顶点更多。故：
无环没有出度为2的定点 $\iff$ 有向树

代码

class CUnionFindDirect
{
public:CUnionFindDirect(int iSize){m_vRoot.resize(iSize);iota(m_vRoot.begin(), m_vRoot.end(), 0);}void Connect(bool& bConflic, bool& bCyc, int iFrom, int iTo){bConflic = bCyc = false;if (iFrom != m_vRoot[iFrom]){bConflic = true;}Fresh(iTo);if (m_vRoot[iTo] == iFrom){bCyc = true;}if (bConflic || bCyc){return;}m_vRoot[iFrom] = m_vRoot[iTo];}
private:int Fresh(int iNode){if (m_vRoot[iNode] == iNode){return iNode;}return m_vRoot[iNode] = Fresh(m_vRoot[iNode]);}vector<int> m_vRoot;
};class Solution {
public:vector<int> findRedundantDirectedConnection(vector<vector<int>>& edges) {m_c = edges.size();for (int i = m_c-1 ; i >=0 ;i--){			if (Is(edges,i)){				return edges[i];}}return {};}bool Is(const vector<vector<int>>& edges,int i )const{CUnionFindDirect uf(m_c);for (int j = 0; j < m_c; j++){if (j != i){bool b2 = false, bCyc = false;uf.Connect(b2,bCyc,edges[j][1] - 1, edges[j][0] - 1);if (b2 || bCyc){return false;}}}return true;}int m_c;};

特殊情况

如果有环，计算最长终点，可能会死循环。所以要提前判断。有环 $\iff$ B的最长终点是A,发现新边 $\overrightarrow{AB}$ 。
$\rightarrow A \rightarrow B 。$
现在证明充分条件：
由于是环，所以B一定能到A，假定增加新边 $\overrightarrow{AB}$ 前，B的最长终点是C，那么A能访问C，也就是A出度至少为1。加上 $\overrightarrow{AB}$ 出度就成了2。和前提三矛盾。

优化

有向森林B的父节点是C，增加的边 $\overrightarrow{AB}$ 。有以下两种情况：
一，无环。如果B不是A的祖先，则B无法访问A，增加新边后，就无法形成环。存在入度为2的顶点
1.1，和森林的某边重合。删除任意一边。
在这里插入图片描述

1.2，前向边，A是祖先，B是后代（A能访问B)。
在这里插入图片描述
如果先发现AB，后发现CB则是横叉边。
1.3，横叉变。A和B都无法到达他们的公共祖先，所以不会有环。

如果先发现AB，后发现CB则是前向边。
总结：根据性质二,B不会是A祖先，所以1.2和1.3删除CB不会影响根节点访问A。

二，后向边，B是祖先，A是后代，B能访问A。增加新边后，A能访问B。形成了环。
2.1，如果B是根节点，则这个环上所有节点都能访问B，也就是能访问所有节点。删除任意一边后，会形成新树。不存在入度为2的顶点。
在这里插入图片描述

,2.2 如果B不是根节点。不包括 $\overrightarrow{CB}$ 和 $\overrightarrow{AB}$ 如果C是根节点的后代，则删除 $\overrightarrow{AB}$ 可以形成新树。如果A是根节点的后代，则删除 $\overrightarrow{CB}$ ，可形成新树。存在入度为2的顶点

在这里插入图片描述

无论是发现环，还是发现入度为2，还是同时发现环和入度为2，都只能删除折线。
$处理方法一：\begin{cases} 删除\overrightarrow{CB} & 不通过\overrightarrow{CB}，根节点能到达A。\\ 删除\overrightarrow{AB} &不通过\overrightarrow{AB}，根节点能到达C。\\ \end{cases}$

总结，5种情况合并两种：
$\begin{cases} 删除环中任意一边（最后一边） & 不存在入度为2的定点 \\ 处理方法一 & other \\ \end{cases}$

代码

class CUnionFindDirect
{
public:CUnionFindDirect(int iSize){m_vRoot.resize(iSize);iota(m_vRoot.begin(), m_vRoot.end(), 0);}void Connect(bool& bConflic, bool& bCyc, int iFrom, int iTo){bConflic = bCyc = false;if (iFrom != m_vRoot[iFrom]){bConflic = true;}Fresh(iTo);if (m_vRoot[iTo] == iFrom){bCyc = true;}if (bConflic || bCyc){return;}m_vRoot[iFrom] = m_vRoot[iTo];}int GetMaxDest(int iFrom){Fresh(iFrom);return m_vRoot[iFrom];}	
private:int Fresh(int iNode){if (m_vRoot[iNode] == iNode){return iNode;}return m_vRoot[iNode] = Fresh(m_vRoot[iNode]);}vector<int> m_vRoot;
};class Solution {
public:vector<int> findRedundantDirectedConnection(vector<vector<int>>& edges) {m_c = edges.size();vector<int> vParent(m_c, -1);int iParentOld = -1;for (int j = 0; j < m_c; j++){if (vParent[edges[j][1] - 1] >= 0){iParentOld = vParent[edges[j][1] - 1];}vParent[edges[j][1] - 1] = edges[j][0] - 1;}const int root = std::find(vParent.begin(), vParent.end(), -1) - vParent.begin();CUnionFindDirect uf(m_c);		int iCyc = -1;int i2 = -1;for (int j = 0; j < m_c; j++){bool b2 = false, bCyc = false;uf.Connect(b2, bCyc, edges[j][1] - 1, edges[j][0] - 1);if (b2){i2 = j;}if (bCyc){iCyc = j ;}}if (-1 != i2){const int dest = uf.GetMaxDest(edges[i2][1] - 1);return (root == dest) ? edges[i2] : vector<int>{ iParentOld + 1, edges[i2][1] };}return edges[iCyc];}int m_c;
};

注意

一，所有边都加到并集查找才判断最长终点。
二，由于冲突边和环边会忽略。所以可能出现忽略环边时，让冲突边也消失。碰巧可以按环处理。
在这里插入图片描述
BA和CD已经发现，CB未发现。发现AB是环边，忽略。由于AB被忽略，所以CB不是冲突边。

娱乐性优化

情况2.2进一步分析，无论何种发现顺序都是删除环冲突边：
2.2.1，同时发现环边和冲突边。环冲突边最后发现。删除冲突边。
2.2.2 先发现环边，环边是冲突边。无法发先冲突边。删除环边。
2.2.3先发现环边，环边不是冲突边。能发现冲突边。删除另外一条冲突边。
2.2.4 先发现冲突边，忽略冲突环边，无法发现环。删除冲突边。
2.2.5 先发现冲突边，忽略非环冲突边，能发现环。删除另外一条冲突边。
$总结：\begin{cases} 删除冲突边 & 发现冲突边未发现环边 & 1,2.2.4 \\ 删除环边 & 发现环边未发现冲突边 &2.1, 2.22 \\ 删除冲突边（环边) & 冲突边就是环边 & 2.2.1 \\ 删除另外一条冲突边 & 发现冲突边和环边两者不等 & 2.2.3,2.25\\ \end{cases}$

扩展阅读

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https://edu.csdn.net/course/detail/38771

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