LeetCode 每日一题1579. 保证图可完全遍历

1579. 保证图可完全遍历

Alice 和 Bob 共有一个无向图，其中包含 n 个节点和 3 种类型的边：

• 类型 1：只能由 Alice 遍历。
• 类型 2：只能由 Bob 遍历。
• 类型 3：Alice 和 Bob 都可以遍历。

给你一个数组 edges ，其中 edges[i] = [typei, ui, vi] 表示节点 ui 和 vi 之间存在类型为 typei 的双向边。请你在保证图仍能够被 Alice和 Bob 完全遍历的前提下，找出可以删除的最大边数。如果从任何节点开始，Alice 和 Bob 都可以到达所有其他节点，则认为图是可以完全遍历的。

返回可以删除的最大边数，如果 Alice 和 Bob 无法完全遍历图，则返回 -1 。

示例 1：

输入：n = 4, edges = [[3,1,2],[3,2,3],[1,1,3],[1,2,4],[1,1,2],[2,3,4]]
输出：2
解释：如果删除 [1,1,2] 和 [1,1,3] 这两条边，Alice 和 Bob 仍然可以完全遍历这个图。再删除任何其他的边都无法保证图可以完全遍历。所以可以删除的最大边数是 2 。

示例 2：

输入：n = 4, edges = [[3,1,2],[3,2,3],[1,1,4],[2,1,4]]
输出：0
解释：注意，删除任何一条边都会使 Alice 和 Bob 无法完全遍历这个图。

示例 3：

输入：n = 4, edges = [[3,2,3],[1,1,2],[2,3,4]]
输出：-1
解释：在当前图中，Alice 无法从其他节点到达节点 4 。类似地，Bob 也不能达到节点 1 。因此，图无法完全遍历。

提示：

• 1 <= n <= 10^5
• 1 <= edges.length <= min(10^5, 3 * n * (n-1) / 2)
• edges[i].length == 3
• 1 <= edges[i][0] <= 3
• 1 <= edges[i][1] < edges[i][2] <= n
• 所有元组 (typei, ui, vi) 互不相同

方法一：贪心 + 并查集

解题思路

依然是连通性的问题，此题的基础是保证图中的所有点对于两个人分别是连通的（并查集），在保证连通性的前提下尽量少使用边（贪心）。

• 贪心：因为有「类型 3」的边存在，应该优先使用「类型 3」的边。
• 并查集：使用两个并查集 ufAlice 和 ufBob 分别维护 Alice 和 Bob 的点的连通性。
• 处理多余的边：遍历 edges 时，有 edges[i] 对应的两个点已经连通时，说明这是一条多余边

参考代码

public int maxNumEdgesToRemove(int n, int[][] edges) {
    
    
    UnionFind ufAlice = new UnionFind(n);
    UnionFind ufBob = new UnionFind(n);
    int ret = 0;
    // 图中的点是从角标 1 开始，转为从角标 0 开始
    // 优先使用类型 3 的边
    for (int[] edge : edges) {
    
    
        edge[1]--;
        edge[2]--;
        if (edge[0] == 3) {
    
    
            if (ufAlice.union(edge[1], edge[2])) {
    
    
                ufBob.union(edge[1], edge[2]);
            } else {
    
    
                ret++;
            }
        }
    }

    // 使用类型 1 和类型 2 的边
    for (int[] edge : edges) {
    
    
        if (edge[0] == 1) {
    
    
            if (!ufAlice.union(edge[1], edge[2])) {
    
    
                ret++;
            }
        } else if(edge[0] == 2) {
    
    
            if (!ufBob.union(edge[1], edge[2])){
    
    
                ret++;
            }
        }
    }
    return (ufAlice.getCount() == 1 && ufBob.getCount() == 1) ? ret : -1;
}

class UnionFind {
    
    
    private int[] parent;

    private int count;

    public UnionFind(int n) {
    
    
        count = n;
        parent = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            parent[i] = i;
        }
    }

    public boolean union(int x, int y) {
    
    
        int rootX = find(x);
        int rootY = find(y);
        if (rootX == rootY) {
    
    
            return false;
        }
        count--;
        parent[rootX] = rootY;
        return true;
    }

    public int find(int x) {
    
    
        return parent[x] == x ? parent[x] : (parent[x] = find(parent[x]));
    }

    public int getCount() {
    
    
        return count;
    }
}

执行结果