- 题目一
- 思路:并查集
- 注意
- 代码
力扣:2076. 处理含限制条件的好友请求
1、我们先读题,最开始每个节点都没有朋友;每一个请求能够通过,那么可以建立直接联系;请求同意之前,同样还得看有没有直接不成为朋友,或者间接不成为朋友。这很明显连通分量问题,间接不能成朋友,就是;两个不能成为朋友的人在一个大的集体中。综上所述:明显的并查集!
2、并查集具体 *** 作见我的博客:力扣684冗余连接
3、我们有了并查集之后,就按照好友请求的先后顺序处理请求就行。我们本题加了限制条件,不是所有的好友请求都给通过,必须是不能让仇人们在一个连通分量才行,所以我们采取“存档”机制,即在 *** 作之前做一份存档,把当前并查集状态做一个系统快照,然后在试探着同意请求,检查仇人们在不在一个集体中即可。
我们以上说的方法就是朴素的想法,做题的时候,简单分析一下朴素算法,1000数据量,O(N^2)没问题,那么我们就这么做,切记,别乱加优化。要么是算法本身不行必须优化处理,要么就先别加优化,直接朴素算法,乱加的话会适得其反。
代码class Solution { public: vectorfriendRequests(int n, vector >& restrictions, vector >& requests) { init(n);//初始化并查集 int n_req = requests.size(); int n_res = restrictions.size(); this->restrictions = restrictions; vector ans(n_req, false); for (int i = 0; i < n_req; i++) {//按照顺序处理请求 ans[i] = right_req(requests[i][0] + 1, requests[i][1] + 1, n_res); } return ans; } bool right_req(int i, int j, int n) { vector tmp = father;//上一次的存档 merge(i, j); for (int k = 0; k < n; k++) { if (find(restrictions[k][0] + 1) == find(restrictions[k][1] + 1)) {//查看仇人在不在一起 this->father = tmp; return false; } } return true; } private: vector > restrictions; void init(int size) {//以下是并查集 *** 作 this->size = size; father.resize(size + 1); for (int i = 0; i <= size; i++) { father[i] = i; } } vector father; int size; int find(int k) { if (k <= 0 || k > size) { return -1; } if (father[k] == k) { return father[k]; } father[k] = find(father[k]); return father[k]; } void merge(int i, int j) { father[find(i)] = find(j); } };
所有代码均以通过力扣测试
(经过多次测试最短时间为):
时间复杂度:O(N^2)
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