[Leetcode] Graph Valid Tree 判断一个图是否为树

xbynet 发布于2019-08-14 14:04 / 891人阅读

摘要：只有一个连通分量还没有环，就是树，无根树。无向图边的两端是对称的，无向图讲究连通这个概念，没有方向，没有拓扑，很像集合，所以非常适合用并查集来解决。并查集写法参考注意方法用找的老大哥，合并的是的老大哥。

Graph Valid Tree

Given n nodes labeled from 0 to n - 1 and a list of undirected edges (each edge is a pair of nodes), write a function to check whether these edges make up a valid tree.
For example:
Given n = 5 and edges = [[0, 1], [0, 2], [0, 3], [1, 4]], return true.
Given n = 5 and edges = [[0, 1], [1, 2], [2, 3], [1, 3], [1, 4]],
return false.
Hint:
Given n = 5 and edges = [[0, 1], [1, 2], [3, 4]], what should your return? Is this case a valid tree? Show More Hint Note: you can assume that no duplicate edges will appear in edges. Since all edges are undirected, [0, 1] is the same as [1, 0] and thus will not appear together in edges.

并查集法 复杂度

O( V + E ) 时间 O(V) 空间

并查集(带路径压缩path compression)两个操作的平摊时间(amortized time)复杂度为O(log*n)，读作log星n，它增长得极为缓慢，所以认为O(1)

思路

感性的认识一下无向图中树的样子：假设是连通图，图如果是树，那么树是无根树，即谁都是根，所以无根。
这个树和树这个数据结构(比如二叉树)还不一样，二叉树是一个有根树，有个特殊节点叫根。

这道题里的树，就是任意两点有且只有一条路径可达，这条路径的每个边只走一次。
换句话讲，图想要是树，得是没有回路的连通图，就是要满足两个性质：

是连通图

无环

一般来讲判断是否有环都在一个连通图上判断，如果这个图有多个连通分量，那就要对每个连通分量都判断一下是否有环。都没有环，那就是森林。只有一个连通分量还没有环，就是树，无根树。

无向图边的两端是对称的，无向图讲究连通这个概念，没有方向，没有拓扑，很像集合，所以非常适合用并查集来解决。
解决的方法：
想象一开始这个图只有顶点，没有边，我们来一条一条的添加边。
每遇到一条边，判断这边的两个端点是否在同一个集合里？集合的property:表示一个连通分量，里面的任意两点有且只有一条路径可达

在的话，表示有环：因为两个点在一个集合里就表示这两个点已经有一条路径了，现在再加一条路径，必然构成环。

不在的话，表示不构成环，我们应该合并这两个集合：因为加上这条边，两个集合就被连起来了，合并成了一个集合

注意

如果想要复杂度为O(V+E),必须用路径压缩。
并查集写法参考
注意union(p,q)方法：用find()找p,q的老大哥，合并的是p,q的老大哥。

代码

UnionFind Utility(非常intuitive，应该练习在5分钟内写完):

class UnionFind {
    private int[] father;
    private int count;
    public UnionFind(int n) {
        father = new int[n];
        count = n;
        for (int i = 0; i < n; i++){
            father[i] = i;
        }
    }
    public int count() {
        return this.count;
    }
    public int find(int p) {
        int root = father[p];
        while (root != father[root])
            root = father[root];
        //as long as we get here, root is the final dad
        while (p != root) {
            int tmp = father[p];
            father[p] = root;
            p = tmp;
        }
        return root;
    }
    public void union(int p, int q) {
        int fatherP = find(p);
        int fatherQ = find(q);
        if (fatherP != fatherQ) {
            father[fatherP] = fatherQ;
            count--;
        }
    }
}

主程序

public class Solution {
    public boolean validTree(int n, int[][] edges) {
        UnionFind uf = new UnionFind(n);
        for (int[] edge : edges){
            int p = edge[0];
            int q = edge[1];
            if (uf.find(p) == uf.find(q))
                return false;
            else
                uf.union(p,q);
        }
        return uf.count() == 1;
    }
}

DFS/BFS法 复杂度

O( V + E ) 时间 O(V) 空间

思路

无向图找环和有向图找环本质上完全不同。
有向图找环需要三种颜色。
无向图找环只需要两种颜色，就是访问过的和没访问的。

dfs过程中如果碰到访问过的节点(当然这个节点不能是来时的节点)，就是有环。

注意

Integer的比较问题

代码

public class Solution {
    public boolean validTree(int n, int[][] edges) {
        HashSet visited = new HashSet();
        List> adjList = new ArrayList>();
        for (int i=0; i()); 
        for (int[] edge: edges) {
            adjList.get(edge[0]).add(edge[1]);
            adjList.get(edge[1]).add(edge[0]);
        }
        if (hasCycle(-1, 0, visited, adjList))  // has cycle?
            return false;   
        if (visited.size() != n) // is all connected?
            return false;   
        return true;
    }

    private boolean hasCycle(Integer pred, Integer vertex, HashSet visited, List> adjList) {
        visited.add(vertex);  // current vertex is being visited
        for (Integer succ: adjList.get(vertex)) {  // successors of current vertex
            if (!succ.equals(pred)) {  // exclude current vertex"s predecessor
                if (visited.contains(succ)) { 
                    return true; // back edge/loop detected!
                }  
                else  {
                    if (hasCycle(vertex, succ, visited, adjList)) { 
                        return true; 
                    }
                }
            }
        }
        return false;
    }
}

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