LeetCode: 1971. 寻找图中是否存在路径

寻找图中是否存在路径

原题

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：（图片转存自LeetCode）

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 * 105
• 0 <= edges.length <= 2 * 105
• 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

class Solution {
    public boolean validPath(int n, int[][] edges, int source, int destination) {

    }
}

解题思路

1. 将图的边列表（二维整数数组 edges）转化为图的邻接表形式，以便快速访问每个节点的相邻节点信息。由于节点编号从 0 到 n-1 连续，故采用数组而非 HashMap 进行存储。
2. 使用[[深度优先搜索]]递归地进行图的遍历。在遍历过程中，需要避免重复访问已经访问过的节点，因此使用一个 visited 数组来记录哪些节点已经被访问过。
3. 终止条件：
   • 如果在遍历过程中找到了 destination，则可以立即返回 true，表示路径存在。
   • 如果遍历了所有可能的路径都没有找到 destination，则返回 false，表示路径不存在。

代码示例

class Solution {
    public boolean validPath(int n, int[][] edges, int source, int destination) {
        // 如果起点和终点是同一个点，直接返回 true
        if (source == destination) return true;
        
        // 构建邻接表，用数组表示图
        List<Integer>[] graph = new ArrayList[n];
        for (int i = 0; i < n; i ++) {
            graph[i] = new ArrayList<>();
        }
        
        // 填充邻接表
        for (int[] edge : edges) {
            int fromNode = edge[0];
            int toNode = edge[1];
            graph[fromNode].add(toNode);
            graph[toNode].add(fromNode);
        }
        
        // 创建访问标记数组
        boolean[] visited = new boolean[n];

        // 使用 DFS 检查是否存在从 source 到 destination 的路径
        return dfs(graph, visited, source, destination);
    }
    
    private boolean dfs(List<Integer>[] graph, boolean[] visited, int node, int destination) {
        // 如果当前节点是目标节点，返回 true
        if (node == destination) return true;
        
        // 标记当前节点为已访问
        visited[node] = true;
        
        // 遍历所有相邻节点
        for (int neighbor : graph[node]) {
            // 如果相邻节点没有访问过，进行递归 DFS
            if (!visited[neighbor]) {
                if (dfs(graph, visited, neighbor, destination)) {
                    // 找到能到达终点的路径就返回 true
                    return true;
                }
            }
        }

        // 所有路径都不能到达终点，返回 false
        return false;
    }
}

优化思路

这是一个经典的并查集问题。通过并查集的数据结构，可以高效地判断两个节点是否连通。每次将两个节点的根节点连接在一起，最终只需检查 source 和 destination 是否有相同的根节点即可。

优化后代码

class Solution {
    private int[] parent;
    private int[] rank; // 树的高度数组

    public boolean validPath(int n, int[][] edges, int source, int destination) {
        parent = new int[n];
        rank = new int[n];

        // 初始化并查集：每个节点的父节点为自己，rank 初始化为 1
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
            rank[i] = 1;
        }
        
        // 遍历所有边，将两个节点连接（即在并查集中合并）
        for (int[] edge : edges) {
            union(edge[0], edge[1]);
        }

        // 检查起始节点和目标节点是否在同一集合中
        return find(source) == find(destination);
    }

    // 查找某个节点的根节点，同时进行路径压缩
    private int find(int x) {
        if (parent[x] != x) { // 如果当前节点不是它自己的父节点，则继续向上查找
            parent[x] = find(parent[x]);
        }
        return parent[x];
    }

    // 合并两个集合，使用 rank 优化合并
    private void union(int x, int y) {
        int rootX = find(x);
        int rootY = find(y);

        if (rootX != rootY) {
            // 比较两个集合的 rank，rank 小的合并到大的上
            if (rank[rootX] > rank[rootY]) {
                parent[rootY] = rootX; // 将 y 的根节点挂到 x 的根节点上
            } else if (rank[rootX] < rank[rootY]) {
                parent[rootX] = rootY; // 将 x 的根节点挂到 y 的根节点上
            } else {
                parent[rootY] = rootX; // 如果 rank 相同，随意合并，但要增加新根的 rank
                rank[rootX]++;
            }
        }
    }
}

原文地址：https://blog.csdn.net/WZHao000/article/details/142577369

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