秋招突击——算法练习——8/26——图论——200-岛屿数量、994-腐烂的橘子、207-课程表、208-实现Trie

引言

正文

200-岛屿数量

题目链接

个人实现

• 我靠，这道题居然是腾讯一面的类似题，那道题是计算最大的岛屿面积，如果当时没做出来，现在得哭死！好在做出来了！
• 这道题单纯使用回溯实现的，然后修改一下地图的坐标就行了！但是修改了原来的地图坐标，这样做效果并不好，但是不这样做，又必须得复制一个原来的数组，这样不行！

class Solution {public int[][] DIRECT = {{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};public void dfs(int x,int y,char[][] grid){if(grid[x][y] == '0' || grid[x][y] == '2') return;else grid[x][y] = '2';// 遍历对应的四个方向int m = grid.length;int n = grid[0].length;for(int[] dir:DIRECT){if(x + dir[0] < m && y + dir[1] < n && x + dir[0] >= 0  && y + dir[1] >= 0)dfs(x + dir[0],y + dir[1],grid);}}public int numIslands(char[][] grid) {int count = 0;  for(int i = 0;i < grid.length;i ++){for(int j = 0;j < grid[0].length;j ++){if(grid[i][j] == '1' ) {dfs(i,j,grid);count ++;}}}return count;}
}

994、腐烂的橘子

• 题目链接
  
  注意
• 不会存在空图的情况

个人实现

思路分析

• 首先不能让所有橘子都变坏，就返回-1，如果不会错，笔试的话，直接返回-1即可。具体见下图，可以看到通过了88个样例。这个技巧在华师大的预推免的笔试中已经见过了，很难受！这个技巧得敏感一点！

• 正常思路还是使用BFS进行遍历，知道遍历不了，应为通过BFS的遍历方式和橘子腐烂的方式更像。

class Solution {public int[][] DIRECTION = {{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};public int orangesRotting(int[][] grid) {Queue<int[]> q = new ArrayDeque<>();Queue<int[]> q2 = new ArrayDeque<>();int res = 0;// 如果弹出栈的橘子是好橘子，跳过，如果是坏橘子，执行入站for (int i = 0; i < grid.length; i++) {for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) {if (grid[i][j] == 2) {// 入栈开始烂橘子int count = 0;q.offer(new int[] { i, j });while (!q.isEmpty()) {int[] curNode = q.poll();int x = curNode[0];int y = curNode[1];for (int[] dir : DIRECTION) {// 遍历四个可以扩展的方向if (x + dir[0] >= 0 && x + dir[0] < grid.length &&y + dir[1] >= 0 && y + dir[1] < grid[0].length) {// 遍历到好橘子，先改变状态，然后直接入站        if (grid[x + dir[0]][y + dir[1]] == 1) {grid[x + dir[0]][y + dir[1]] = 2;q2.offer(new int[] { x + dir[0], y + dir[1] });}}}// 这里需要交换对应的节点if(q.isEmpty() && !q2.isEmpty()){Queue<int[]> temp = q;q = q2;q2 = temp;count ++;}}res = Math.max(res,count ++);}}}for (int i = 0; i < grid.length; i++) for (int j = 0; j < grid[0].length; j++)if(grid[i][j] == 1) return -1; return res;}
}

总结

• 这里只能过一半，并不能过所有的样例，因为存在多个烂橘子，然后同时开始腐坏周围的橘子的情况，所以这里就不能抓住一个烂橘子，然后进行遍历，应该是先加上所有的烂橘子，然后所有烂橘子每次都想外扩展一圈，知道没有好橘子了，然后在遍历一下，但是面试的时候可能已经挂了，这里已经没时间了，直接看的样例吧！

参考实现

• 这里先遍历一次，然后计算一下好橘子和烂橘子的数量，同时将所有的烂橘子加入到一个列表中，然后每一分钟，将所有烂橘子的周围的好橘子都变烂，然后加入到列表中，直到列表为空！
• 具体实现如下，这里还是自己在原来的代码上修改的！

class Solution {public int[][] DIRECTION = { { 0, 1 }, { 0, -1 }, { 1, 0 }, { -1, 0 } };public int orangesRotting(int[][] grid) {Queue<int[]> q = new ArrayDeque<>();int freshNum = 0;for (int i = 0; i < grid.length; i++) {for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) {if (grid[i][j] == 1)freshNum++;if (grid[i][j] == 2)q.offer(new int[] { i, j });}}int orangeNum = q.size() + freshNum;if(orangeNum == 0)  return 0;int count = -1;while (!q.isEmpty()) {count ++;int n = q.size();for (int i = 0; i < n; i++) {int[] curNode = q.poll();int x = curNode[0];int y = curNode[1];for (int[] dir : DIRECTION) {// 遍历四个可以扩展的方向if (x + dir[0] >= 0 && x + dir[0] < grid.length &&y + dir[1] >= 0 && y + dir[1] < grid[0].length) {// 遍历到好橘子，先改变状态，然后直接入站if (grid[x + dir[0]][y + dir[1]] == 1) {grid[x + dir[0]][y + dir[1]] = 2;freshNum --;q.offer(new int[] { x + dir[0], y + dir[1] });}}}}}if(freshNum != 0) return -1;return count;}
}

207、课程表

• 题目链接
  

个人实现

思路分析

• 前缀课程这个想到了并查集，但是这个是检测是否成环的，这个有点忘记了，成环我记得有一个特定的算法，想想看！
• 使用并查集，然后进行判定，父节点是否是自己！

上述两种情况并不好进行鉴别，这里应该修改一下，如果是初始状态，就默认是-1，然后如果是其他节点，就不是-1，看看行不行！

class Solution {int[] f;boolean flag = false;public int find(int idx){if(f[idx] == idx ){flag = true;return idx;}if(f[idx] == -1){return idx;}else{return find(f[idx]);}}public void union(int a,int b){// a节点是子节点，b节点是父节点// 找到对应的父亲节点int fa = find(a);int fb = find(b);if(fa == fb)    {flag = true;}// 设置对应的父亲节点f[fb] = fa;}public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {// 创建并初始化父节点的数组f = new int[numCourses];for(int i = 0;i < numCourses;i ++) f[i] = -1;// 绑定父亲节点之间的关系for(int[] pre:prerequisites)    union(pre[0],pre[1]);// 这里要判定一下，是否没一门课都有自己的前导课程if(flag)    return false;return true;}
}

• 确实没有环，但是插入3的关系时，还是出了问题，如果按照我这样写，3的先导课程已经插入过了，下次插入，会找到的祖先相同，直接返回false

又修改了一下，这里仅仅区分原始的单个节点成环状态，如果某个节点匹配到自己，就是实际上成环，直接退出

具体如下

class Solution {int[] f;public int find(int idx){if(f[idx] == -1 || f[idx] == idx){return idx;}else{return find(f[idx]);}}public void union(int a,int b){// a节点是子节点，b节点是父节点// 找到对应的父亲节点int fa = find(a);int fb = find(b);// 设置对应的父亲节点f[fb] = fa;}public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {// 创建并初始化父节点的数组f = new int[numCourses];for(int i = 0;i < numCourses;i ++) f[i] = -1;// 绑定父亲节点之间的关系for(int[] pre:prerequisites)    union(pre[0],pre[1]);// 这里要判定一下，是否没一门课都有自己的前导课程for(int i = 0 ;i < numCourses;i ++) if(f[i] == i)   return false;return true;}
}

上述算法不行的，因为会出现一个问题，就是一个节点会有多个父节点，但是使用并查集，只能保存一个父节点，所以还是只能想到DFS或者BFS，但是不想这样做，没有任何意义！

参考实现

无向图成环——染色原理-三色

有向图求拓扑排序的问题——这是一个模版题

• 遍历所有入度为零的点，对应子节点入度减一，入度为零加入队列，不能遍历完所有节点，就是有环

下图是针对成环的度数操作

下图是针对不成环的操作

class Solution {public boolean canFinish(int n, int[][] prerequisites) {// 创建邻接表，并进行赋值List<List<Integer>> grid = new ArrayList<>();int[] inNum = new int[n + 1];for(int i = 0;i <= n;i ++)  grid.add(new ArrayList<>());for(int[] edge: prerequisites){grid.get(edge[0]).add(edge[1]);inNum[edge[1]] ++;}// 遍历所有的节点，找到所有入度为零的点，加入队列进行遍历Queue<Integer> q = new ArrayDeque<>();for(int i = 0;i < n;i ++) if(inNum[i] == 0)q.offer(i);// 然后遍历队列中的点，并将其子节点的入度减一int visitedNum = q.size();while(!q.isEmpty()){int curNode = q.poll();// 遍历当前节点的所有后继子节点，并进行访问for(int i :grid.get(curNode)){inNum[i] --;if(inNum[i] == 0)   {q.offer(i);visitedNum ++;}}} if(visitedNum == n) return true;return false;}
}

总结

• 这类图论的题目，这些基础的定理想起来了，就是会做，没想起来，只能硬做，没什么办法，具体需要考虑的因素也就只有出度、入度，然后成环也就是不同的情况而已！

208、实现Trie前缀树

• 题目链接
  
  注意
• 这个会不会有多个字符串插入？会的
• startwith是判定是否为前缀
• search是找是否存在对应的字符串

个人实现

思路分析

• 如果只有一个search，使用一个map就能够简单实现，找得到就是true，找不到就是false。或者说使用一个set也是完全可以的。
• 现在如果只有一个startwith，就需要建造一个类似霍夫曼匹配树的东西，具体见下图。
  • 但是这个链表，太费空间了，想想每一个节点都要有对应的指针的往下才行，不过先实现一下，能通过就行！

个人实现

class Trie {class Node{char v;Map<Character,Node> map;Node(char c){v = c;map = new HashMap<>();}void put(Node next){map.put(next.v,next);}}Set<String> set;Map<Character,Node> sourMap;public Trie() {sourMap = new HashMap<>();set = new HashSet<>();}public void insert(String word) {set.add(word);// 先找到第一个字母对应的链表的位置char curChar = word.charAt(0);Node curNode;if(sourMap.containsKey(curChar)){// 包含当前节点curNode = sourMap.get(curChar);}else{// 不包含当前节点curNode  = new Node(curChar);sourMap.put(curChar,curNode);}// 构造对应的链表节点 for(int i = 1;i < word.length();i ++){char nextChar = word.charAt(i);// 判断当前的curNode是否包含了对应的节点的Node nextNode = null;if(!curNode.map.containsKey(nextChar)){nextNode = new Node(nextChar);curNode.put(nextNode);}else{nextNode = curNode.map.get(nextChar);}curNode = nextNode;}}public boolean search(String word) {return set.contains(word);}public boolean startsWith(String prefix) {char curChar = prefix.charAt(0);if(!sourMap.containsKey(curChar))   return false;Node curNode = sourMap.get(curChar);for(int i = 1;i < prefix.length();i ++){char nextChar = prefix.charAt(i);// 判断当前的curNode是否包含了对应的节点的if(!curNode.map.containsKey(nextChar)){return false;}curNode = curNode.map.get(nextChar);}return true;}
}

总结

• 靠，我都惊讶了，一次过了，逻辑没啥问题！难得！
• 总觉得我实现的不够光彩，还是有很多的问题，空间复杂度太高了，真的爆炸！

参考实现

• 基本的思路还是一样的，不过增加了一个叶子节点的boolean状态值，判定是否存在对应的以叶子节点为结尾的序列是否存在。
• 这里是使用数组来保存对应的后继节点的，然后默认是26个小写字母，所以会使用对应的字符串序列进行表示！

class Trie {class Node{boolean isExist;Node[] son;Node(){isExist = false;son = new Node[26];}}Node root;public Trie() {root = new Node();}public void insert(String word) {Node curNode = root;for(char x:word.toCharArray()){int idx = x - 'a';if(curNode.son[idx] == null){curNode.son[idx] = new Node();}curNode = curNode.son[idx];}curNode.isExist = true;}public boolean search(String word) {Node curNode = root;for(char x:word.toCharArray()){int idx = x - 'a';if(curNode.son[idx] == null){return false;}curNode = curNode.son[idx];}return curNode.isExist;}public boolean startsWith(String prefix) {Node curNode = root;for(char x:prefix.toCharArray()){int idx = x - 'a';if(curNode.son[idx] == null)    return false;curNode = curNode.son[idx];}return true;}
}

总结

• 这个代码效率确实更高，写起来更加简洁！

总结

• hot100的图论基本上都过了，总体来说还是其他部分要简单，继续二刷其他题目！保证每道题都能刷个两三遍！这样笔试还有手撕就不害怕了！