❓ 1971. 寻找图中是否存在路径

难度：简单

有一个具有 n 个顶点的 双向 图，其中每个顶点标记从 0 到 n - 1（包含 0 和 n - 1）。图中的边用一个二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示顶点 ui 和顶点 vi 之间的双向边。 每个顶点对由 最多一条 边连接，并且没有顶点存在与自身相连的边。

请你确定是否存在从顶点 source 开始，到顶点 destination 结束的 有效路径 。

给你数组 edges 和整数 n、source 和 destination，如果从 source 到 destination 存在 有效路径 ，则返回 true，否则返回 false 。

示例 1：

输入：n = 3, edges = [[0,1],[1,2],[2,0]], source = 0, destination = 2
输出：true
解释：存在由顶点 0 到顶点 2 的路径:

• 0 → 1 → 2
• 0 → 2

示例 2：

输入：n = 6, edges = [[0,1],[0,2],[3,5],[5,4],[4,3]], source = 0, destination = 5
输出：false
解释：不存在由顶点 0 到顶点 5 的路径.

提示：

• $1<=n<=2\ast 10^5$
• $0<=edges.length<=2\ast 10^5$
• $edges[i].length==2$
• $0<=ui,vi<=n-1$
• $ui!=vi$
• $0<=source,destination<=n-1$
• 不存在重复边
• 不存在指向顶点自身的边

💡思路：并查集

们将图中的每个强连通分量视为一个集合，强连通分量中任意两点均可达，如果两个点 source 和 destination 处在同一个强连通分量中，则两点一定可连通，因此连通性问题可以使用并查集解决。

并查集主要有三个功能：

1. 寻找根节点，函数：find(int u)，也就是判断这个节点的祖先节点是哪个；
2. 将两个节点****接入到同一个集合，函数：join(int u, int v)，将两个节点连在同一个根节点上；
3. 判断两个节点是否在同一个集合，函数：isSame(int u, int v)，就是判断两个节点是不是同一个根节点。

并查集初始化时，n 个顶点分别属于 n 个不同的集合，每个集合只包含一个顶点。初始化之后遍历每条边，由于图中的每条边均为双向边，因此将同一条边连接的两个顶点所在的集合做合并。

遍历所有的边之后，判断顶点 source 和顶点 destination 是否在同一个集合中，如果两个顶点在同一个集合则两个顶点连通，如果两个顶点所在的集合不同则两个顶点不连通。

🍁代码：(C++、Java)

C++

class Solution {
private:vector<int> father;// 初始化并查集void init(int n){father = vector<int>(n, 0);for(int i = 0; i < n; i++) father[i] = i;}// 并查集寻根过程int find(int u){return u == father[u] ? u : father[u] = find(father[u]);}// 判断 u 和 v 是否找到同一个跟bool isSame(int u, int v){return find(u) == find(v);}// 将v->u 这条边加入并查集void join(int u, int v){u = find(u); // 寻找 u 的根v = find(v); // 寻找 v 的根if(u == v) return;father[u] = v;}public:bool validPath(int n, vector<vector<int>>& edges, int source, int destination) {if(source == destination) return true;init(n);for(int i = 0; i < edges.size(); i++){join(edges[i][0], edges[i][1]);}return isSame(source, destination);}
};

Java

class Solution {public boolean validPath(int n, int[][] edges, int source, int destination) {UF uf = new UF(n);for(int[] edge :edges) {uf.union(edge[0], edge[1]);}return uf.isConnected(source, destination);}class UF{int[] parent;public UF(int n) {parent = new int[n];for(int i = 0; i < n; i++) parent[i] = i;}private int find(int x) {if(parent[x] == x) return x;return parent[x] = find(parent[x]);}public boolean isConnected(int p, int q) {return find(p) == find(q);}public void union(int p, int q) {int pRoot = find(p), qRoot = find(q);if(pRoot != qRoot) {parent[qRoot] = pRoot;}}}
}

🚀 运行结果：

🕔 复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n+m\times \alpha (m))$，其中 n 为图中的顶点数，m 是图中边的数目，α 是反阿克曼函数。并查集的初始化需要 $O(n)$的时间，然后遍历 m 条边并执行 m 次合并操作，最后对 source 和 destination 执行一次查询操作，查询与合并的单次操作时间复杂度是 $O(\alpha (m))$，因此合并与查询的时间复杂度是 $O(m\times \alpha (m))$，总时间复杂度是 $O(n+m\times \alpha (m))$。

• 空间复杂度：$O(n)$，其中 n 是图中的顶点数。并查集需要 $O(n)$ 的空间。

题目来源：力扣。

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