解决图论「最小生成树问题」的几种方法｜Java 刷题打卡本文正在参加「Java主题月 - Java 刷题打卡」，详情查看

本文正在参加「Java主题月 - Java 刷题打卡」，详情查看活动链接

题目描述

这是 LeetCode 上的 778. 水位上升的泳池中游泳 ，难度为困难。

Tag : 「最小生成树」、「并查集」、「Kruskal」、「二分」、「BFS」

在一个 N x N 的坐标方格 grid 中，每一个方格的值 grid[i][j] 表示在位置 (i,j) 的平台高度。

现在开始下雨了。当时间为 t 时，此时雨水导致水池中任意位置的水位为 t 。

你可以从一个平台游向四周相邻的任意一个平台，但是前提是此时水位必须同时淹没这两个平台。

假定你可以瞬间移动无限距离，也就是默认在方格内部游动是不耗时的。

当然，在你游泳的时候你必须待在坐标方格里面。

你从坐标方格的左上平台 (0，0) 出发，最少耗时多久你才能到达坐标方格的右下平台 (N-1, N-1)？

示例 1:

输入: [[0,2],[1,3]]

输出: 3

解释:
时间为0时，你位于坐标方格的位置为 (0, 0)。
此时你不能游向任意方向，因为四个相邻方向平台的高度都大于当前时间为 0 时的水位。
等时间到达 3 时，你才可以游向平台 (1, 1). 因为此时的水位是 3，坐标方格中的平台没有比水位 3 更高的，所以你可以游向坐标方格中的任意位置

示例2:

输入: [[0,1,2,3,4],[24,23,22,21,5],[12,13,14,15,16],[11,17,18,19,20],[10,9,8,7,6]]
输出: 16

解释:
 0  1  2  3  4
             5
12 13 14 15 16
11  
10  9  8  7  6

提示:

2 <= N <= 50.
grid[i][j] 是 [0, ..., N*N - 1] 的排列。

Kruskal

由于在任意点可以往任意方向移动，所以相邻的点（四个方向）之间存在一条无向边。

边的权重 $w$ 是指两点节点中的最大高度。

按照题意，我们需要找的是从左上角点到右下角点的最优路径，其中最优路径是指途径的边的最大权重值最小，然后输入最优路径中的最大权重值。

我们可以先遍历所有的点，将所有的边加入集合，存储的格式为数组 $[a, b, w]$ ，代表编号为 $a$ 的点和编号为 $b$ 的点之间的权重为 $w$ （按照题意， $w$ 为两者的最大高度）。

对集合进行排序，按照 $w$ 进行从小到达排序。

当我们有了所有排好序的候选边集合之后，我们可以对边从前往后处理，每次加入一条边之后，使用并查集来查询左上角的点和右下角的点是否连通。

当我们的合并了某条边之后，判定左上角和右下角的点联通，那么该边的权重即是答案。

这道题和前天的 1631. 最小体力消耗路径几乎是完全一样的思路。

你甚至可以将那题的代码拷贝过来，改一下对于 $w$ 的定义即可。

代码：

class Solution {
    int n;
    int[] p;
    void union(int a, int b) {
        p[find(a)] = p[find(b)];
    }
    boolean query(int a, int b) {
        return find(a) == find(b);
    }
    int find(int x) {
        if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
        return p[x];
    }
    
    public int swimInWater(int[][] grid) {
        n = grid.length;
        
        // 初始化并查集
        p = new int[n * n];
        for (int i = 0; i < n * n; i++) p[i] = i;

        // 预处理出所有的边
        // edge 存的是 [a, b, w]：代表从 a 到 b 所需要的时间为 w
        // 虽然我们可以往四个方向移动，但是只要对于每个点都添加「向右」和「向下」两条边的话，其实就已经覆盖了所有边了
        List<int[]> edges =  new ArrayList<>();
        for (int i = 0; i < n ;i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                int idx = getIndex(i, j);
                p[idx] = idx;
                if (i + 1 < n) {
                    int a = idx, b = getIndex(i + 1, j);
                    int w = Math.max(grid[i][j], grid[i + 1][j]);
                    edges.add(new int[]{a, b, w});
                }
                if (j + 1 < n) {
                    int a = idx, b = getIndex(i, j + 1);
                    int w = Math.max(grid[i][j], grid[i][j + 1]);
                    edges.add(new int[]{a, b, w});
                }
            }
        }

        // 根据权值 w 升序
        Collections.sort(edges, (a,b)->a[2]-b[2]);

        // 从「小边」开始添加，当某一条边别应用之后，恰好使用得「起点」和「结点」联通
        // 那么代表找到了「最短路径」中的「权重最大的边」
        int start = getIndex(0, 0), end = getIndex(n - 1, n - 1);
        for (int[] edge : edges) {
            int a = edge[0], b = edge[1], w = edge[2];
            union(a, b);
            if (query(start, end)) {
                return w;
            }
        }   
        return -1;
    }
    int getIndex(int i, int j) {
        return i * n + j;
    }
}

节点的数量为 $n * n$ ，无向边的数量严格为 $2 * n * (n - 1)$ ，数量级上为 $n^2$ 。

时间复杂度：获取所有的边复杂度为 $O(n^2)$ ，排序复杂度为 $O(n^2\log{n})$ ，遍历得到最终解复杂度为 $O(n^2)$ 。整体复杂度为 $O(n^2\log{n})$ 。
空间复杂度：使用了并查集数组。复杂度为 $O(n^2)$ 。

注意：假定 Collections.sort() 使用 Arrays.sort() 中的双轴快排实现。

二分 + BFS/DFS

在与本题类型的 1631. 最小体力消耗路径中，有同学问到是否可以用「二分」。

答案是可以的。

题目给定了 $grid[i][j]$ 的范围是 $[0, n^2 - 1]$ ，所以答案必然落在此范围。

假设最优解为 $min$ 的话（恰好能到达右下角的时间）。那么小于 $min$ 的时间无法到达右下角，大于 $min$ 的时间能到达右下角。

因此在以最优解 $min$ 为分割点的数轴上具有两段性，可以通过「二分」来找到分割点 $min$ 。

注意：「二分」的本质是两段性，并非单调性。只要一段满足某个性质，另外一段不满足某个性质，就可以用「二分」。其中 33. 搜索旋转排序数组是一个很好的说明例子。

接着分析，假设最优解为 $min$ ，我们在 $[l, r]$ 范围内进行二分，当前二分到的时间为 $mid$ 时：

能到达右下角：必然有 $min \leqslant mid$ ，让 $r = mid$
不能到达右下角：必然有 $min > mid$ ，让 $l = mid + 1$

当确定了「二分」逻辑之后，我们需要考虑如何写 $check$ 函数。

显然 $check$ 应该是一个判断给定时间/步数能否从「起点」到「终点」的函数。

我们只需要按照规则走特定步数，边走边检查是否到达终点即可。

实现 $check$ 既可以使用 DFS 也可以使用 BFS。两者思路类似，这里就只以 BFS 为例。

代码：

class Solution {
    int[][] dirs = new int[][]{{1,0}, {-1,0}, {0,1}, {0,-1}};
    public int swimInWater(int[][] grid) {
        int n = grid.length;
        int l = 0, r = n * n;
        while (l < r) {
            int mid = l + r >> 1;
            if (check(grid, mid)) {
                r = mid;
            } else {
                l = mid + 1;
            }
        }
        return r;
    }
    boolean check(int[][] grid, int time) {
        int n = grid.length;
        boolean[][] visited = new boolean[n][n];
        Deque<int[]> queue = new ArrayDeque<>();
        queue.addLast(new int[]{0, 0});
        visited[0][0] = true;
        while (!queue.isEmpty()) {
            int[] pos = queue.pollFirst();
            int x = pos[0], y = pos[1];
            if (x == n - 1 && y == n - 1) return true;

            for (int[] dir : dirs) {
                int newX = x + dir[0], newY = y + dir[1];
                int[] to = new int[]{newX, newY};
                if (inArea(n, newX, newY) && !visited[newX][newY] && canMove(grid, pos, to, time)) {
                    visited[newX][newY] = true;
                    queue.addLast(to);
                }
            }
        }
        return false;
    }
    boolean inArea(int n, int x, int y) {
        return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < n;
    }
    boolean canMove(int[][] grid, int[] from, int[] to, int time) {
        return time >= Math.max(grid[from[0]][from[1]], grid[to[0]][to[1]]);
    }
}

时间复杂度：在 $[0, n^2]$ 范围内进行二分，复杂度为 $O(\log{n})$ ；每一次 BFS 最多有 $n^2$ 个节点入队，复杂度为 $O(n^2)$ 。整体复杂度为 $O({n^2}\log{n})$
空间复杂度：使用了 visited 数组。复杂度为 $O(n^2)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.788 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：github.com/SharingSour…

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。