本文详细解析了LeetCode上的684和685两道题目，分别涉及无向图和有向图中寻找冗余连接的问题。通过对深度优先搜索（DFS）和不相交集（Disjoint Set Union）两种方法的对比，阐述了各自的优缺点及复杂度。特别是Disjoint Set Union结合路径压缩和按秩合并策略的应用，显著提高了算法效率。
随便写写
上周说过了，自己写了一个Redundant Connection II的题目，难度级别是hard的，但是看了评论区网友的解答自己又做了答案之后觉得挺简单的，就准备随便给个博客写一下（就不当做作业的博客了）。但是后来发现这个题还有一个无向图的版本Redundant Connection，仍然采用Redundant Connection II类似的做法，发现无法通过测试，我把错误样例分析了一下发现之前的做法根本不正确，只不过leetcode测试样例有限，没有测试出错误。于是把这道题拿出来仔细审视了一下，发现之前的做法不对（可见评论区网友也不一定对，虽然那篇评论浏览数很高，但是错的就是错的），希望以后自己以后对什么东西都能保持一定的理性思考，emmm，这很重要。
然后自己用dfs/disjoint union两种方法做了一遍，发现其中dfs方法不仅代码难写，而且复杂度也高，disjoint union恰恰相反。
下面是对于这道题 有向图/无向图 两个不同版本的题解（从中主要收获了学习disjoint set union数据结构，这是算法这门课程以后会涉及到的，但是在学数据结构的时候是没怎么用过）
正文
题目描述
问题分析
题目大概意思是：给出一个特殊的无向图结构，它是一个有n个节点的树 加 一条额外的边构成的图，我们需要找出额外的那条边，从而将图还原为树。如果有多个这样的边，我们就取最后一个
解题思路&算法步骤及其复杂度分析
方法一（一个很质朴的想法）：
- 解题思路：
对于一个特殊的无向图，它是一个n个节点的树，在它的节点中取两个本来不相连的节点连接起来，那么这个新形成的图必然构成环。因为从连接这两个点的路径必然包括：1.第一点->经过根节点->到第二点，2.第一点->直接到第二点，在无向图情形下，就形成 “第一点->…->根节点->…->第二点->第一点” 的环。我们通过遍历找到这个环，然后找到环上最后出现的边就行了。 - 算法步骤 ：
- 随便找一个点，然后对这个点进行深度优先遍历，那么必然能够在遍历完所有节点之前/之后找到环（如果这个起始点刚好在环上面，那么对它深度优先遍历能够回到起点；如果起始点不在环上，那么对它深度优先遍历也能到达图上任何的节点，因为这是个连通图，所以自然能遍历到环上的点，那么最后自然也能够找到环），将这一路经过的边存起来，记为line
- 然后遍历line中的边，直到遇到一个点，它的终点就是整个集合的终点，这就是整个环的起点，以此截取环的部分，记为cycle
- 之后遍历题目中输入的edges边集合，查找最后一个出现在cycle中的元素。
- 复杂度分析：
首先是第一步中深度优先搜索一共需要遍历n个节点，并且对于每个节点都需要判断它所在的边是否在现有的cycle集合中，cycle集合中的元素个数为O(n)级别的，所以这个步骤的复杂度为nO(n)=O(n^2)；然后是对cycle遍历查找环的起始边，cycle大小是O(n)级别的，所以这个复杂度为O(n)；最后对于edges的遍历也是O(n)，所以这个算法复杂度为O(n^2)
- 解题思路：
方法二（使用disjoint set union）：
背景知识：
- 首先我们需要知道叫做disjoint set union(不相交集)的数据结构：
顾名思义，如果对一组集合的元素（在这个题目可以把节点看作这样的元素）按照某种规则分类，那么可以将它们分成若干个不相交的集合，这些集合就是不相交集。 接下来我们需要了解一些关于disjoint set union的细节：
它常被用来表示连通的图 以及 快速查询两个元素是否连通
根据定义描述我们需要支持至少两个操作：1.查询两个元素是否连通（find x将返回一个该集合的id，这个id唯一对应该集合，对于两个连通的点该操作返回相同id），2.合并两个不相交集（union x, y会把两个点集合并，对应的实际含义就是连通两个非连通的子图，然后选出一个新的id代表这个集合）
一个简单的实现是：每个点使用parent连接上一个点，一直追溯parent直到parent就是自己（可以认为是该子图的根），将这个点作为该集合的id；合并操作就是将某个集合id1设置为另一个集合id2的parent，如此一来这两个集合中任何点都能够追溯到id1；如下代码所示：int find(x) { while (parent[x] != x) x = parent[x]; return x; } int union(x, y) { parent[find(x)] = find(y); }嗯，如果按照上面的想法做这个题目，代码会简单易懂，但是算法复杂度并不会改变，仍然是O(n^2)，原因是外层是大小为n的edges容器，内层的find操作每次就是一个寻找树根的操作，这个操作对于一颗普通的比较均衡的树而言是O(log(n))，但是这里面是一未知状况的树，所以我们应该认为寻根的复杂度为O(n)，所以总共的复杂度为O(n^2)
- 但是其实有更好的方法，就是使用路径压缩和按秩合并的策略
路径压缩：就是在进行find操作的时候，将路径上所有节点的父节点都设置为根节点，这样在下次对同一个元素进行find操作时复杂度就是O(1)。具体实现是将前面提到的伪代码中x = parent[x]改为parent[x] = find(parent[x])
按秩合并：就是使用带权合并的策略，我们将一棵树的高度记为rank，将它作为权，我们在合并两个union的时候，取权重高的作为父节点，这样能够使得一棵树尽可能的平衡（试想我们将高度高的树作为子树接到高度低的树上，那么树将偏向一边），从而在搜索的时候减少回溯的次数（只需要较少的次数就能够找到根）。具体实现是在合并l两点u，v分属的两个集合之前比较rank[find(u)]和rank[find(v)]，将权重更大的集合的id设置为权重小的集合的id的parent。
相关的复杂度分析在稍后提到
- 首先我们需要知道叫做disjoint set union(不相交集)的数据结构：
解题思路：
如果利用不相交集，这个题目可以这样做：将“两点是否连通”作为分类条件，那么不连通的两个点自然处于不相同的集合，连通的两点处于相同的集合。我们可以遍历给出的这个图的edges集合，其中每一条edge都连通两点，更准确广泛的说是连通这两个点所在的集合（通过这条边，与第一个点相连通的点集都能 和 与第二个点连通的点集相连），这样我们就把这两个集合合并，反复如此，直到遍历到的某条边的两个顶点已经是连通的，那么这条边会导致成环，这就是我们要找的边。算法步骤 ：
- 遍历给出的edges集合
- 对于集合中每一条边上的两点u，v判断
find(x) == find(y)是否成立，如果成立说明这条边造成环（因为这条边连接了两个本来就连通的点，每条边只出现以此所以之前的连通不是通过这条边实现，所以现在有两条路径连接两个点，自然成环）并输出它，如果不成立则继续上述操作直到遇到造成环的边。 - 上述操作都应使用前面背景知识中提到的路径压缩和按秩合并策略
- 复杂度分析：
在算法导论一书的330页有详细的证明，这里就不说怎么证明（很复杂，如果在这里给出那么博客将增长一倍），如果有需要可以参考算法导论第三版P330
根据算法导论一书，同时使用前面提到的两种策略情况下，使用n个find操作和n个union操作的复杂度是O(n*α(n))，其中α(n)在大多数应用场景下不超过4，所以这里我们可以认为这个复杂度为O(1)，所以使用这个方法解题的复杂度只有O(n)
可以说相比方法一是有了质的飞跃。
代码实现&运行结果分析
684使用方法一实现：
这个方法一看代码量就知道蛇皮麻烦，别人用的方法虽然也是O(n^2)，但是在环的寻找上好多了，别人的方法在这里
class Solution {
public:
vector<vector<int>> cycle;
bool isOver = false;
int endPoint = -1;
vector<int> res;
bool myFind(int level, vector<vector<int>>& cycle, vector<int>& temp) {
for ( auto i = cycle.begin() + level; i != cycle.end(); i++ ) {
if (*i == temp) return true;
}
return false;
}
void BFS(int curNode, vector<vector<int>>& treeNode, vector<bool>& isVisited) {
if (isVisited[curNode]) {
endPoint = curNode;
isOver = true;
return;
}
isVisited[curNode] = true;
//cout <<curNode<< endl;
for ( auto i = treeNode[curNode].begin(); i != treeNode[curNode].end(); i++ ) {
int l = (*i) > curNode ? curNode : (*i);
vector<int> temp = { l, (*i) + curNode - l };
if ( !myFind(0, cycle, temp) ) {
cycle.push_back(temp);
BFS(*i, treeNode, isVisited);
if (isOver) return;
}
}
cycle.pop_back();
}
vector<int> findRedundantConnection(vector<vector<int>>& edges) {
vector<vector<int>> treeNode(edges.size() + 1);
vector<bool> isVisited(edges.size()+1, false);
for ( auto i = edges.begin(); i != edges.end(); i++ ) {
treeNode[(*i)[0]].push_back((*i)[1]);
treeNode[(*i)[1]].push_back((*i)[0]);
}
BFS(edges[0][0], treeNode, isVisited);
int level = 0;
int curNode = edges[0][0];
while (curNode != endPoint) {
curNode = cycle[level][0] == curNode ? cycle[level][1] : cycle[level][0];
level++;
}
for ( auto i = edges.begin(); i != edges.end(); i++ ) {
if ( myFind( level, cycle, (*i) ) ) {
res = *i;
}
}
return res;
}
};684使用方法二实现：
class Solution {
public:
int findP(int x, int* & parents) {
if ( parents[x] == x ) return x;
else {
parents[x] = findP(parents[x], parents);
return parents[x];
}
}
void unionP(int x, int y, int* & parents, int* & ranks) {
if (ranks[findP(x, parents)] < ranks[findP(y, parents)]) {
parents[findP(x, parents)] = findP(y, parents);
ranks[findP(y, parents)]++;
} else {
parents[findP(y, parents)] = findP(x, parents);
ranks[findP(x, parents)]++;
}
}
vector<int> findRedundantConnection(vector<vector<int>>& edges) {
int* ranks = new int[edges.size() + 1];
int* parents = new int[edges.size() + 1];
for (int i = 0; i < edges.size() + 1; ++i)
{
ranks[i] = 0;
parents[i] = i;
}
for ( auto i = edges.begin(); i != edges.end() ; i++) {
if ( findP((*i)[0], parents) == findP((*i)[1], parents) ) {
return (*i);
} else {
unionP((*i)[0], (*i)[1], parents, ranks);
}
}
return *edges.begin();
}
};使用方法一和方法二的结果情况对比：（显然方法二更好，超过99%以上,,,）
685代码实现：这里说一下，685直接使用dfs也能够达到O(n)复杂度，这是因为它是单向的图，所以任意一点寻根必能找到根/环，这个操作复杂度为O(n)，如果直接找到环那么遍历一遍edges即可得到解，如果是找到根，那么再多遍历一次也能够找到环，即使是两个O(n)操作相加，最终还是O(n)复杂度
class Solution {
public:
vector<vector<int>> cycle;
bool isOver = false;
int endPoint = -1;
vector<int> res;
vector<int> findRedundantDirectedConnection(vector<vector<int>>& edges) {
vector<vector<int>> parents(edges.size()+1);
int order [edges.size() + 1]{};
vector<bool> isVisited(edges.size()+1, false);
int twoParentNode = -1;
int count = 0;
for ( auto i = edges.begin(); i != edges.end(); i++ ) {
count++;
parents[(*i)[1]].push_back((*i)[0]);
order[(*i)[1]] = count;
if ( parents[(*i)[1]].size() > 1 ) {
twoParentNode = (*i)[1];
}
}
if ( twoParentNode != -1 ) {
int curNode = parents[twoParentNode][0];
while ( parents[curNode].size() != 0 && curNode != twoParentNode ) {
curNode = parents[curNode][0];
}
if ( parents[curNode].size() == 0 ) {
return {parents[twoParentNode][1], twoParentNode};
} else {
return {parents[twoParentNode][0], twoParentNode};
}
}
int curNode = edges[0][0];
isVisited[curNode] = true;
while ( !isVisited[parents[curNode][0]] ) {
curNode = parents[curNode][0];
isVisited[curNode] = true;
}
int max = -1;
vector<int> res;
isVisited.assign( edges.size(), false );
while ( !isVisited[curNode] ) {
isVisited[curNode] = true;
if ( max < order[curNode] ) {
max = order[curNode];
res = {parents[curNode][0], curNode};
}
curNode = parents[curNode][0];
}
return res;
}
};
对应结果：
因为是O(N)复杂度所以效果也很不错。
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