Leetcode1579-保证图可完全遍历

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#算法 #图论

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本文介绍了一种基于并查集的算法实现方案，用于解决特定类型的图论问题。该算法利用贪心思想，通过优先删除单方可达的边，保留双方共通的边，以减少所需的边数。

并查集

基于贪心的思想，我们应当优先删除仅Alice或者仅Bob通过的边，尽可能的保留下二者都可通行的公共边。因此，我们对所有的边排序，把公共边都放在前边，然后用并查集维护连通性。

先对Alice能在图上通过的边都遍历一遍，用并查集来维护点之间的连通性，如果已经连通，则说明该边可以删除，对该边打上标记。然后枚举所有点，看看并查集中有多少个连通块，如果大于一个，说明Alice无法到达整个图，返回-1。

同理，再对Bob进行如上操作。

最后统计一下所有被打上标记的边即可。

class Solution {
public:
    vector<int> p=vector<int>(100010);
    int findd(int x){
        return p[x]==x?x:p[x]=findd(p[x]);
    }
    void unionn(int x,int y){
        p[findd(x)]=findd(y);
    }
    int maxNumEdgesToRemove(int n, vector<vector<int>>& edges) {
        sort(edges.begin(),edges.end(),[](const auto &a,const auto &b){
            return a[0]>b[0];
        });
        int m=edges.size();
        vector<int> d(m,0);
        int ans=0;
        iota(p.begin(),p.end(),0);
        for(int i=0;i<m;i++){
            if(edges[i][0]==2) continue;
            int x=findd(edges[i][1]),y=findd(edges[i][2]);
            if(x==y) d[i]=1;
            else unionn(x,y);
        }
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) if(p[i]==i) cnt++;
        if(cnt>1) return -1;
        cnt=0;
        iota(p.begin(),p.end(),0);
        for(int i=0;i<m;i++){
            if(edges[i][0]==1) continue;
            int x=findd(edges[i][1]),y=findd(edges[i][2]);
            if(x==y) d[i]=1;
            else unionn(x,y);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++) if(p[i]==i) cnt++;
        if(cnt>1) return -1;
        for(int i=0;i<m;i++) if(d[i]) ans++;
        return ans;
    }
};

时间复杂度：O（n+m·α(n)），α(n)为并查集操作的复杂度

空间复杂度：O（n）