743. 网络延迟时间

有 N 个网络节点，标记为 1 到 N。

给定一个列表 times，表示信号经过有向边的传递时间。 times[i] = (u, v, w)，其中 u 是源节点，v 是目标节点， w 是一个信号从源节点传递到目标节点的时间。

现在，我们从某个节点 K 发出一个信号。需要多久才能使所有节点都收到信号？如果不能使所有节点收到信号，返回 -1。

解题思路：本题本质上在考察最短路径算法，最短路径算法有单源最短路，多源最短路，然后还掺杂着有权，无权，有向，无向。单源最短路有Dijkstra算法，贝尔福特慢算法(Bellman-Ford Algorithm)，Dijkstra算法是模仿图的广度优先遍历(BFS)写的，类似水滴荡起的纹波、迷宫找路等场景。Dijkstra算法首先维护一个dist数组参与松弛操作(Relaxation)，当dist[u]>dist[v]+e[u,v]，更新路径值dist[u]=dist[v]+e[u,v]，防止重复搜索，用visited数组标记已访问过的节点。此题解法我和Grandyang的解法大致相同，但是我的visited数组作为全局变量时，有一半的test case无法通过，不太理解为什么visited作为局部变量就能AC，我在考虑这个问题的时候思考的方向是，想象水滴荡起纹波的场景，visited作为局部变量，最直接的表象是防止同一层的节点再次被访问，但是将visited作为全局变量，也能达到这个效果，而且也没有干扰dist[u]的更新(之前干过，将visited数组先于dist[u]关系的判断，导致有些节点当放置靠后的位置访问时，能使dist[u]更小)，想到这，思路就短路了，接不上了，日后看到此题再思考╮(╯▽╰)╭

在不完全理解此题解法时，也当记住最短路在应用Dijkstra算法时，将visited数组放在层内判断的一种写法。

class Solution {public:int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int N, int K) {unordered_map<int, vector<pair<int, int>>> g;for (auto t : times) {g[t[0]].push_back({t[1], t[2]});}vector<int> dist(N + 1, INT_MAX);queue<int> q{{K}};dist[K] = 0;while (!q.empty()) {unordered_set<int> visited;for (int i = q.size(); i > 0; --i) {int node = q.front(); q.pop();for (auto t : g[node]) {if (dist[t.first] > dist[node] + t.second) {dist[t.first] = dist[node] + t.second;if (!visited.count(t.first)) {visited.insert(t.first);q.push(t.first);}}}}}int res = 0;for (int i = 1; i <= N; ++i) {res = max(res, dist[i]);}return res == INT_MAX ? -1 : res;}
};

Bellman-Ford算法近似于暴力解法，暴力美学，针对所有的点，对存在的边都进行遍历一次，对已经连接到K点的u节点进行松弛操作。

class Solution {public:int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int N, int K) {int res = 0;vector<int> dist(N + 1, INT_MAX);dist[K] = 0;for (int i = 1; i < N; ++i) {for (auto time : times) {int u = time[0], v = time[1], w = time[2];if (dist[u] != INT_MAX && dist[v] > dist[u] + w) {dist[v] = dist[u] + w;}}}for (int i = 1; i <= N; ++i) {res = max(res, dist[i]);}return res == INT_MAX ? -1 : res;}
};

上面内容时间：2020-05-13 18:53:48

更新时间：2020-8-2 16:38:26
时隔3个月再做此题。

下面采取的是dijkstra算法的标准写法，模板解题，相关的模板可以见这篇博客，关于图的最短路，对于无权图可以用变型的BFS解，层数对应的即是最短路长度（可以把无权图等同成权值为1的有权图来看），但是对于有权图，用BFS水滴纹波来解就不太合适，因为每层向外延展的路径不等价（水纹荡漾开来的径向距离不等价），对于有权图只能采取dijkstra算法（单源最短路），Floyed算法（多源最短路）

class Solution {public:int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int N, int K) {vector<int> dist(N + 1, INT_MAX);vector<vector<pair<int, int>>> e(N + 1);for (auto &t : times) {e[t[0]].push_back(make_pair(t[1], t[2]));}vector<bool> visited(N + 1, false);dist[K] = 0;while (1) {int mindis = INT_MAX, minidx = -1;for (int i = 1; i <= N; ++i) {if (visited[i] == false) {if (mindis > dist[i]) {mindis = dist[i];minidx = i;}}}if (minidx == -1) break;visited[minidx] = true;for (int i = 0; i < e[minidx].size(); ++i) {int u = e[minidx][i].first, dis = e[minidx][i].second;if (visited[u] ==  false) {if (dist[u] > dist[minidx] + dis) {dist[u] = dist[minidx] + dis;}}}}int res = 0;for (int i = 1; i <= N; ++i) {if (dist[i] == INT_MAX) return -1;res = max(res, dist[i]);}return res;}
};

684. 冗余连接

原题链接

解题思路： 本题本质上是判断图中是否成环，不过用并查集解题能恰好回避此问题，如果能想到用并查集解此题，估计解题思路基本就出来了，具体的是，在访问边数组的同时构建并查集，若发现某个边对应的两个节点查询到的parent相同，则说明通过之前访问的边已经构建出这两个节点间的通路，而此次访问的是两节点间的直接通路，说明成环。此题的难点是如何通过图的

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