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

文章目录

• • 引言
  • 正文
  • • 200-岛屿数量
    • • 个人实现
    • 994、腐烂的橘子
    • • 个人实现
      • 参考实现
    • 207、课程表
    • • 个人实现
      • 参考实现
    • 208、实现Trie前缀树
    • • 个人实现
      • 参考实现
  • 总结

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！