[並列セット] B_684。冗長接続（並列セット|トポロジーソート）

1.タイトルの説明

この問題では、ツリーは、接続されて非循環である無向グラフを指します。

N個のノード（ノード値は1、2、…、Nを繰り返さない）と追加のエッジを持つツリーで構成されるグラフを入力します。追加のエッジの2つの頂点は1とNの間に含まれています。この追加のエッジは、ツリーの既存のエッジに属していません。

結果のグラフは、エッジの2次元配列です。各エッジの要素は[u、v]のペアであり、u <vを満たし、頂点uとvを接続する無向グラフのエッジを示します。

削除可能なエッジを返し、結果のグラフをNノードのツリーにします。複数の回答がある場合、2次元配列の最後のエッジが返されます。回答エッジ[u、v]は、同じフォーマットu <vを満たす必要があります。

输入: [[1,2], [2,3], [3,4], [1,4], [1,5]]
输出: [1,4]
解释: 给定的无向图为:
5 - 1 - 2
    |   |
    4 - 3

第二に、解決策

方法1：チェック

• 初期状態では、各ノードには独自のリーダーがあります。
• 2つのノード間に異なる父親がいる場合は、全体像をたどって、それらをマージします。
• 2つまたは2つのノードが以前にマージされ、同じ引出線が再度チェックされる場合、これらの2つの点によって形成されるエッジが冗長であることを証明します。

public int[] findRedundantConnection(int[][] edges) {
    UF uf = new UF(edges.length);
    for (int[] edge : edges) {
        if (uf.union(edge[0], edge[1]))
            return edge;
    }
    return new int[2];
}
class UF {
    int[] id;
    UF(int N) {
        id = new int[N+50];
        for (int i = 0; i < N; i++)
            id[i] = i;
    }
    public int find(int p) {
        while (p != id[p]) {
            p = id[p];
        }
        return p;
    }
    public boolean union(int p, int q) {
        int pID = find(p);
        int qID = find(q);
        if (pID == qID) {
            return true;
        }
        id[pID] = qID;
        return false;
    }
}

複雑さの分析

• 時間の複雑さ： $O（N）$、
• スペースの複雑さ： $O（N）$、

---

方法2：トポロジカルソート

• トポロジカルソートの開始点は、次数1のすべてのノードです。
• グラフは有向グラフであるため、ほとんどのノードの次数は1より大きいため、これらのノードはリングを形成するのに十分です。リングのエッジは任意に削除でき、グラフの接続性には影響しません。
• 次数1のノードからトポロジーソートを実行し、最終的に逆方向にトラバースすることがわかりますedges。エッジの2つの頂点の次数が1より大きい場合、2つの頂点がリング上にあることが証明されます削除してください。

質疑応答

• Q1：エッジを最後に逆方向に移動する必要があるのはなぜですか？リング上のすべてのエッジを任意に削除できないのですか？
  A1：hh、タイトルは述べています：複数の回答がある場合、2次元配列の最後のエッジが返されます。

class Solution {
	List<List<Integer>> g;
	int[] in;
	boolean[] inq;
    public int[] findRedundantConnection(int[][] edges) {
        int N = edges.length;
		g = new ArrayList<>();
		for (int i = 0; i <= N; i++) {
			g.add(new ArrayList<>());
		}
        in = new int[N+1];
        inq = new boolean[N+1];
        
		for (int[] e : edges) {
			in[e[0]]++; 	 in[e[1]]++;
			g.get(e[1]).add(e[0]);
            g.get(e[0]).add(e[1]);
		}
		topo();
		for (int i = edges.length-1; i != 0; i--) {
			int u = edges[i][0], v = edges[i][1];
			if (in[u] > 1 && in[v] > 1)
				return edges[i];
		}
		return new int[2];
    }
	private void topo() {
		Queue<Integer> q = new ArrayDeque<>();
		for (int i  = 0; i < in.length; i++) {
			if (in[i] == 1) {
				q.add(i);
				inq[i] = true;
			}
		}
		while (!q.isEmpty()) {
			int v = q.poll();
			inq[v] = false;
			for (int nei : g.get(v)) {
                if (inq[nei])
                    continue;
				in[nei]--;
				if (in[nei] == 1) {
					q.add(nei);
					inq[nei] = true;
				}
			}
		}
	}
}

複雑さの分析

• 時間の複雑さ： $O（）$、
• スペースの複雑さ： $O（）$、