经典图论最小生成树问题｜Java 刷题打卡

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题目描述

这是 LeetCode 上的 1631. 最小体力消耗路径 ，难度为 中等。

Tag : 「最小生成树」、「并查集」、「Kruskal」

你准备参加一场远足活动。

给你一个二维 rows x columns 的地图 heights ，其中 heights[row][col] 表示格子 (row, col) 的高度。

一开始你在最左上角的格子 (0, 0) ，且你希望去最右下角的格子 (rows-1, columns-1) （注意下标从 0 开始编号）。

你每次可以往 上，下，左，右 四个方向之一移动，你想要找到耗费 体力 最小的一条路径。

一条路径耗费的「体力值」是路径上相邻格子之间「高度差绝对值」的「最大值」决定的。

请你返回从左上角走到右下角的最小 体力消耗值 。

示例 1：

输入：heights = [[1,2,2],[3,8,2],[5,3,5]]

输出：2

解释：路径 [1,3,5,3,5] 连续格子的差值绝对值最大为 2 。
这条路径比路径 [1,2,2,2,5] 更优，因为另一条路径差值最大值为 3 。
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示例 2：

输入：heights = [[1,2,3],[3,8,4],[5,3,5]]

输出：1

解释：路径 [1,2,3,4,5] 的相邻格子差值绝对值最大为 1 ，比路径 [1,3,5,3,5] 更优。
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示例 3：

输入：heights = [[1,2,1,1,1],[1,2,1,2,1],[1,2,1,2,1],[1,2,1,2,1],[1,1,1,2,1]]

输出：0

解释：上图所示路径不需要消耗任何体力。
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提示：

• rows == heights.length
• columns == heights[i].length
• 1 <= rows, columns <= 100
• 1 <= heights[i][j] <= $10^6$

基本分析

对于这道题，可能会有同学想这是不是应该用 DP 呀？

特别是接触过「路径问题」但又还没系统学完的同学。

事实上，当题目允许往任意方向移动时，考察的往往就不是 DP 了，而是图论。

从本质上说，DP 问题是一类特殊的图论问题。

那为什么有一些 DP 题目简单修改条件后，就只能彻底转化为图论问题来解决了呢？

这是因为修改条件后，导致我们 DP 状态展开不再是一个拓扑序列，也就是我们的图不再是一个拓扑图。

换句话说，DP 题虽然都属于图论范畴。

但对于不是拓扑图的图论问题，我们无法使用 DP 求解。

而此类看似 DP，实则图论的问题，通常是最小生成树或者最短路问题。

Kruskal

当一道题我们决定往「图论」方向思考时，我们的重点应该放在「如何建图」上。

因为解决某个特定的图论问题（最短路/最小生成树/二分图匹配），我们都是使用特定的算法。

由于使用到的算法都有固定模板，因此编码难度很低，而「如何建图」的思维难度则很高。

对于本题，我们可以按照如下分析进行建图：

因为在任意格子可以往「任意方向」移动，所以相邻的格子之间存在一条无向边。

题目要我们求的就是从起点到终点的最短路径中，边权最大的值。

我们可以先遍历所有的格子，将所有的边加入集合。

存储的格式为数组 $[a, b, w]$ ，代表编号为 $a$ 的点和编号为 $b$ 的点之间的权重为 $w$。

按照题意，$w$ 为两者的高度差的绝对值。

对集合进行排序，按照 $w$ 进行从小到大排序（Kruskal 部分）。

当我们有了所有排好序的候选边集合之后，我们可以对边进行从前往后处理，每次加入一条边之后，使用并查集来查询「起点」和「终点」是否连通（并查集部分）。

当第一次判断「起点」和「终点」联通时，说明我们「最短路径」的所有边都已经应用到并查集上了，而且由于我们的边是按照「从小到大」进行排序，因此最后一条添加的边就是「最短路径」上权重最大的边。

代码：

class Solution {
    int N = 10009;
    int[] p = new int[N];
    int row, col;
    void union(int a, int b) {
        p[find(a)] = p[find(b)];
    }
    boolean query(int a, int b) {
        return p[find(a)] == p[find(b)];
    }
    int find(int x) {
        if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
        return p[x];
    }
    public int minimumEffortPath(int[][] heights) {
        row = heights.length;
        col = heights[0].length;

        // 初始化并查集
        for (int i = 0; i < row * col; i++) p[i] = i;

        // 预处理出所有的边
        // edge 存的是 [a, b, w]：代表从 a 到 b 的体力值为 w
        // 虽然我们可以往四个方向移动，但是只要对于每个点都添加「向右」和「向下」两条边的话，其实就已经覆盖了所有边了
        List<int[]> edges = new ArrayList<>();
        for (int i = 0; i < row; i++) {
            for (int j = 0; j < col; j++) {
                int idx = getIndex(i, j);
                if (i + 1 < row) {
                    int a = idx, b = getIndex(i + 1, j);
                    int w = Math.abs(heights[i][j] - heights[i + 1][j]);
                    edges.add(new int[]{a, b, w});
                }
                if (j + 1 < col) {
                    int a = idx, b = getIndex(i, j + 1);
                    int w = Math.abs(heights[i][j] - heights[i][j + 1]);
                    edges.add(new int[]{a, b, w});
                }
            }
        }

        // 根据权值 w 降序
        Collections.sort(edges, (a,b)->a[2]-b[2]);

        // 从「小边」开始添加，当某一条边别应用之后，恰好使用得「起点」和「结点」联通
        // 那么代表找到了「最短路径」中的「权重最大的边」
        int start = getIndex(0, 0), end = getIndex(row - 1, col - 1);
        for (int[] edge : edges) {
            int a = edge[0], b = edge[1], w = edge[2];
            union(a, b);
            if (query(start, end)) {
                return w;
            }
        }
        return 0; 
    }
    int getIndex(int x, int y) {
        return x * col  + y;
    }
}
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令行数为 $r$，列数为 $c$，那么节点的数量为 $r * c$，无向边的数量严格为 $r * (c – 1) + c * (r – 1)$，数量级上为 $r * c$。

• 时间复杂度：获取所有的边复杂度为 $O(r * c)$，排序复杂度为 $O((r * c)\log{(r * c)})$，遍历得到最终解复杂度为 $O(r * c)$。整体复杂度为 $O((r * c)\log{(r * c)})$。
• 空间复杂度：使用了并查集数组。复杂度为 $O(r * c)$。

证明

我们之所以能够这么做，是因为「跳出循环前所遍历的最后一条边必然是最优路径上的边，而且是 $w$ 最大的边」。

我们可以用「反证法」来证明这个结论为什么是正确的。

我们先假设「跳出循环前所遍历的最后一条边必然是最优路径上的边，而且是 $w$ 最大的边」不成立：

我们令循环终止前的最后一条边为 a

1. 假设 a 不在最优路径内：如果 $a$ 并不在最优路径内，即最优路径是由 $a$ 边之前的边构成，那么 $a$ 边不会对左上角和右下角节点的连通性产生影响。也就是在遍历到该边之前，左上角和右下角应该是联通的，逻辑上循环会在遍历到该边前终止。与我们循环的决策逻辑冲突。

2. $a$ 在最优路径内，但不是 $w$ 最大的边：我们在遍历之前就已经排好序。与排序逻辑冲突。

因此，我们的结论是正确的。a 边必然属于「最短路径」并且是权重最大的边。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1631 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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