力扣题解2374

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今日继续给大家带来力扣题解。

题目描述(中等):

边积分最高的节点

给你一个有向图,图中有 n 个节点,节点编号从 0 到 n - 1 ,其中每个节点都 恰有一条 出边。

图由一个下标从 0 开始、长度为 n 的整数数组 edges 表示,其中 edges[i] 表示存在一条从节点 i 到节点 edges[i] 的 有向 边。

节点 i 的 边积分 定义为:所有存在一条指向节点 i 的边的节点的 编号 总和。

返回 边积分 最高的节点。如果多个节点的 边积分 相同,返回编号 最小 的那个。

解题思路:

我们需要计算每个节点的边积分,即所有指向该节点的边的源节点编号的总和。由于每个节点只有一条出边,我们可以利用一个数组来存储每个节点的边积分。

步骤:

  1. 初始化一个长度为 n 的数组 in_degree_sum,用于存储每个节点的边积分。

  2. 遍历 edges 数组,对于每个节点 i,更新指向 edges[i] 的节点的边积分。例如,将 i 加到 in_degree_sum[edges[i]] 中。

  3. 找到 in_degree_sum 中的最大值及其对应的节点。如果有多个节点有相同的边积分,返回编号最小的节点。

参考代码:

复制代码
int edgeScore(int* edges, int edgesSize) {
    long long in_degree_sum[edgesSize];
    for(int i = 0; i < edgesSize; i++){
        in_degree_sum[i] = 0;
    }

     for (int i = 0; i < edgesSize; i++) {
        in_degree_sum[edges[i]] += i;  // 将节点 i 加到 edges[i] 的积分中
    }

    int max_node = 0;
    long long max_sum = in_degree_sum[0];

    for(int i = 0; i < edgesSize; i++){
        if(in_degree_sum[i] > max_sum){
            max_sum = in_degree_sum[i];
            max_node = i;
        }
    }

    return max_node;
}

函数逻辑概述

-输入: 一个整数数组 `edges`,表示有向图中每个节点的出边。

-目标: 计算每个节点的边积分,最终返回边积分最高的节点编号。如果有多个节点的边积分相同,返回编号最小的那个。

时间复杂度分析

函数的主要操作可以分为三个部分:

  1. 初始化 `in_degree_sum` 数组:

    复制代码
    for(int i = 0; i < edgesSize; i++){
        in_degree_sum[i] = 0;
    }

这个循环的时间复杂度是 O(n),其中 n 是 `edgesSize`。

  1. 计算边积分:

    复制代码
     for (int i = 0; i < edgesSize; i++) {
        in_degree_sum[edges[i]] += i;  // 将节点 i 加到 edges[i] 的积分中
    }

这个循环的时间复杂度也是 O(n)。

  1. 查找边积分最高的节点:

    for(int i = 0; i < edgesSize; i++){
    if(in_degree_sum[i] > max_sum){
    max_sum = in_degree_sum[i];
    max_node = i;
    }
    }

这个循环的时间复杂度同样是 O(n)。

将这三部分的时间复杂度相加,我们得到:

  • 总时间复杂度: O(n) + O(n) + O(n) = O(n)

空间复杂度分析

函数使用了一个额外的数组 `in_degree_sum` 来存储每个节点的边积分,其大小为 `edgesSize`。因此,空间复杂度分析如下:

  • 额外空间: `in_degree_sum` 数组的大小为 n,因此空间复杂度为 O(n)。

除了 `in_degree_sum` 数组外,函数中使用的其他变量(如 `max_node`, `max_sum` 和循环变量)只占用常数空间,不会随输入规模变化。

总结

  • 时间复杂度: O(n)

  • 空间复杂度: O(n)

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