Leetcode（547）——省份数量

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博客围绕Leetcode（547）省份数量问题展开，给出题目描述及示例。题解部分介绍三种方法：深度优先搜索（DFS）、广度优先搜索（BFS）和并查集，分别阐述思路、给出代码实现，并分析各方法的时间和空间复杂度。

Leetcode（547）——省份数量

题目

有 $n$ 个城市，其中一些彼此相连，另一些没有相连。如果城市 $a$ 与城市 $b$ 直接相连，且城市 $b$ 与城市 $c$ 直接相连，那么城市 $a$ 与城市 $c$ 间接相连。

省份是一组直接或间接相连的城市，组内不含其他没有相连的城市。

给你一个 $\times n$ 的矩阵 $i s C o n n e c t e d$ ，其中 $i s C o n n e c t e d [i] [j] = 1$ 表示第 $i$ 个城市和第 $j$ 个城市直接相连，而 $i s C o n n e c t e d [i] [j] = 0$ 表示二者不直接相连。

返回矩阵中省份的数量。

示例 1：

输入：isConnected = [[1,1,0],[1,1,0],[0,0,1]]
输出：2

示例 2：

输入：isConnected = [[1,0,0],[0,1,0],[0,0,1]]
输出：3

提示：

$1$ <= n <= $200$
n == isConnected.length
n == isConnected[i].length
isConnected[i][j] 为 $1$ 或 $0$
isConnected[i][i] == $1$
isConnected[i][j] == isConnected[j][i]

题解

方法一：DFS

思路

深度优先搜索的思路是很直观的。遍历所有城市，对于每个城市，如果该城市尚未被访问过，则从该城市开始深度优先搜索，通过矩阵 $isConnected\textit{isConnected}$ 得到与该城市直接相连的城市有哪些，这些城市和该城市属于同一个连通分量，然后对这些城市继续深度优先搜索，直到同一个连通分量的所有城市都被访问到，即可得到一个省份。遍历完全部城市以后，即可得到连通分量的总数，即省份的总数。

代码实现

Leetcode 官方题解（递归）：

class Solution {
public:
    void dfs(vector<vector<int>>& isConnected, vector<int>& visited, int cities, int i) {
        for (int j = 0; j < cities; j++) {
            if (isConnected[i][j] == 1 && !visited[j]) {
                visited[j] = 1;
                dfs(isConnected, visited, cities, j);
            }
        }
    }

    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        int cities = isConnected.size();
        vector<int> visited(cities);
        int provinces = 0;
        for (int i = 0; i < cities; i++) {
            if (!visited[i]) {
                dfs(isConnected, visited, cities, i);
                provinces++;
            }
        }
        return provinces;
    }
};

我自己的（迭代）：

class Solution {
public:
    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        // 已知无向图的邻接矩阵，找出图中连通分量的个数
        int size = isConnected.size(), ans = 0, city;
        stack<int> tmp;
        vector<bool> visited(size, false);
        for(int n = 0; n < size; n++){
            // 该城市尚未划分省份
            if(visited[n] == false){
                ++ans;
                tmp.push(n);
                while(!tmp.empty()){
                    city = tmp.top();
                    tmp.pop();
                    if(visited[city] == true) continue;
                    visited[city] = true;   // 划分省份
                    for(int i = 0; i < size; i++)
                        if(isConnected[city][i] == 1) tmp.push(i);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度： $O(n^2)$ ，其中 $n$ 是城市的数量。需要遍历矩阵 $isConnected\textit{isConnected}$ 中的每个元素。
空间复杂度： $O (n)$ ，其中 $n$ 是城市的数量。需要使用数组 $visited\textit{visited}$ 记录每个城市是否被访问过，数组长度是 $n$ ，递归调用栈的深度不会超过 $n$ 。

方法二：BFS

思路

也可以通过广度优先搜索的方法得到省份的总数。对于每个城市，如果该城市尚未被访问过，则从该城市开始广度优先搜索，直到同一个连通分量中的所有城市都被访问到，即可得到一个省份。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
public:
    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        int cities = isConnected.size();
        vector<int> visited(cities);
        int provinces = 0;
        queue<int> Q;
        for (int i = 0; i < cities; i++) {
            if (!visited[i]) {
                Q.push(i);
                while (!Q.empty()) {
                    int j = Q.front(); Q.pop();
                    visited[j] = 1;
                    for (int k = 0; k < cities; k++) {
                        if (isConnected[j][k] == 1 && !visited[k]) {
                            Q.push(k);
                        }
                    }
                }
                provinces++;
            }
        }
        return provinces;
    }
};

我自己的（迭代写法）：

class Solution {
public:
    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        // 已知无向图的邻接矩阵，找出图中连通分量的个数
        int size = isConnected.size(), ans = 0, city;
        queue<int> tmp;
        vector<bool> visited(size, false);
        for(int n = 0; n < size; n++){
            // 该城市尚未划分省份
            if(visited[n] == false){
                ++ans;
                tmp.push(n);
                while(!tmp.empty()){
                    city = tmp.front();
                    tmp.pop();
                    if(visited[city] == true) continue;
                    visited[city] = true;   // 划分省份
                    for(int i = 0; i < size; i++)
                        if(isConnected[city][i] == 1) tmp.push(i);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

方法三：并查集

思路

计算连通分量数的另一个方法是使用并查集。初始时，每个城市都属于不同的连通分量。遍历矩阵 $isConnected\textit{isConnected}$ ，如果两个城市之间有相连关系，则它们属于同一个连通分量，对它们进行合并。

遍历矩阵 $isConnected\textit{isConnected}$ 的全部元素之后，计算连通分量的总数，即为省份的总数。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
public:
    int Find(vector<int>& parent, int index) {
        if (parent[index] != index) {
            parent[index] = Find(parent, parent[index]);
        }
        return parent[index];
    }

    void Union(vector<int>& parent, int index1, int index2) {
        parent[Find(parent, index1)] = Find(parent, index2);
    }

    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        int cities = isConnected.size();
        vector<int> parent(cities);
        for (int i = 0; i < cities; i++) {
            parent[i] = i;
        }
        for (int i = 0; i < cities; i++) {
            for (int j = i + 1; j < cities; j++) {
                if (isConnected[i][j] == 1) {
                    Union(parent, i, j);
                }
            }
        }
        int provinces = 0;
        for (int i = 0; i < cities; i++) {
            if (parent[i] == i) {
                provinces++;
            }
        }
        return provinces;
    }
};

我自己的：

class Solution {
    int Find(vector<int>& citys, int city){
        if(citys[city] == city) return city;
        else return citys[city] = Find(citys, citys[city]);
    }
    void Union(vector<int>& citys, int city1, int city2){
        citys[Find(citys, city2)] = Find(citys, city1);	// 将两个集合连接起来
    }
public:
    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        // 已知无向图的邻接矩阵，找出图中连通分量的个数
        int size = isConnected.size(), ans = 0, city, root1, root2;
        vector<int> citys;
        // 创建并查集数组
        for(int n = 0; n < size; n++) 
            citys.push_back(n);
        for(int n = 0; n < size; n++){
            for(int i = 0; i < size; i++){
                if(isConnected[n][i] == 1)
                    Union(citys, n, i);
            }
        }
        for(int n = 0; n < size; n++)
            if(citys[n] == n) ans++;
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度： $O(n^2 \log n)$ ，其中 $n$ 是城市的数量。需要遍历矩阵 $isConnected\textit{isConnected}$ 中的所有元素，时间复杂度是 $O(n^2)$ ，如果遇到相连关系，则需要进行 $2$ 次查找和最多 $1$ 次合并，一共需要进行 $2n^2$ 次查找和最多 $n^2$ 次合并，因此总时间复杂度是 $O(2n^2 \log n^2)=O(n^2 \log n)$ 。这里的并查集使用了路径压缩，但是没有使用按秩合并，最坏情况下的时间复杂度是 $O(n^2 \log n)$ ，平均情况下的时间复杂度依然是 $O(n2α(n))O(n^2 \alpha (n))$ ，其中 $α\alpha$ 为阿克曼函数的反函数， $α(n)\alpha (n)$ 可以认为是一个很小的常数。
空间复杂度： $O (n)$ ，其中 $n$ 是城市的数量。需要使用数组 $parent\textit{parent}$ 记录每个城市所属的连通分量的祖先。