Js刷LeetCode拿offer-并查集

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hellocoder2028

发布于 2022-12-07 14:52:07

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文章被收录于专栏：高级前端面试题总结高级前端面试题总结

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前言

并查集是合并集合的方式，对于一些关联性的集合，合并查询的方式可以使得题目分类处理，是一种题型的解决方案，这里最关键是构思好集合之间的关联关系；

在这一 part 中，仅仅只是对部分题做了了解学习，远远没有达到可以手撕的程度，但是面试过程中遇到的并不算特别多，所以属于一个了解补充的 part，大家可以学习学习，还是挺有意思的；

下一 part 做分治法

正文

这是一篇水文，国庆回家也就坚持每天做一丢丢题目，然后保持一下手感，而并查集确实比较好的锻炼一下脑子，脑子不够转不过来，所以可以尝试学习并做一下，他的基本模板不会很复杂，基本如下：

 class UnionFind {
    constructor(n){
        // 缓存两个数组，父节点数组和当前节点的子节点数量数组
        // 1. 初始化的父节点数组都是指向自己当前的下标的； -- 其中下标是唯一值
        this.parents = new Array(n).fill(1).map((_,index) => index)
        // 2. 初始化的子节点数量数组都是只有一个；-- 其中下标是唯一值
        this.sizes = new Array(n).fill(1) // 
    }

    // 寻找 x 的根节点
    find(x){
        if(this.parents[x] === x) return x
        return this.find(this.parents[x])
    }

    // 合并两个并查集
    connect(x,y){
        const px = this.find(x)
        const py = this.find(y)
        if(px === py) return // 如果他们是一个集合，则直接返回
        if(this.sizes[px]>this.sizes[py]){
            // px 挂的节点更多，所以将 py 也挂过来
             this.parents[py] =px
             this.sizes[px]++
        }else{
            this.parents[px] =py
             this.sizes[py]++ 
        }
    }
}

当然，具体问题上，可能可以简化或者强化 connect 方法，来解决具体的问题，这就需要同学自己去学习探讨了；

最后将几道例题奉上，节日结束，继续搬砖吧；

题目

547. 省份数量

分析

每一个城市都有可能是一个省份，而只有是连接的城市，就合并为一个省份，最后剩下的集合就是省份
所以可以直接用 parents 数组缓存，其中 index 表示自己的唯一表示，value 表示指向集合城市
当我们遇到 isConnectedi === 1 的时候，将两个城市连接起来，最后得到的值就是连接状况
最后的 parentsindex === index 的数量，就是集合的数量
时间复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)

 var findCircleNum = function(isConnected) {
    const len = isConnected.length
    const parents = Array.from(isConnected).map((_,index) => index) // 指向自己
    for(let i = 0;i<len;i++){
        for(let j=0;j<len;j++){
            if(isConnected[i][j] === 1){
                _connect(i,j) // 将 i, j 合并
            }
        }
    }
    return parents.filter((item,index) => item === index).length //筛选出根节点

   function _connect(x,y) {
        parents[_find(x)] = _find(y)
    }

    function _find(x){
        if(parents[x] ===x) return x
        return _find(parents[x])

    }
}

// 标准类写法
 class UnionFind {
    constructor(n){
        // 缓存两个数组，父节点数组和当前节点的子节点数量数组
        // 1. 初始化的父节点数组都是指向自己当前的下标的； -- 其中下标是唯一值
        this.parents = new Array(n).fill(1).map((_,index) => index)
        // 2. 初始化的子节点数量数组都是只有一个；-- 其中下标是唯一值
        this.sizes = new Array(n).fill(1) // 
    }

    // 寻找 x 的根节点
    find(x){
        if(this.parents[x] === x) return x
        return this.find(this.parents[x])
    }

    // 合并两个并查集
    connect(x,y){
        const px = this.find(x)
        const py = this.find(y)
        if(px === py) return // 如果他们是一个集合，则直接返回
        if(this.sizes[px]>this.sizes[py]){
            // px 挂的节点更多，所以将 py 也挂过来
             this.parents[py] =px
             this.sizes[px]++
        }else{
            this.parents[px] =py
             this.sizes[py]++ 
        }
    }
}

var findCircleNum = function(isConnected) {
    const len = isConnected.length
    const unions = new UnionFind(isConnected.length)
    for(let i = 0;i<len;i++){
        for(let j=0;j<len;j++){
            if(isConnected[i][j] === 1){
                unions.connect(i,j) // 将 i, j 合并
            }
        }
    }
    console.log(unions)
    return new Set(unions.parents).size
}

参考视频：传送门

721. 账户合并

分析

首先题目已知邮箱属于唯一的一个name，而name的名字是可以相同但是代表不同的人的，所以 name 只能算是一个标记而已,所以一开始做合并操作不需要计算 name，用 email_name_map 缓存起来，直到最后再用
由于邮箱是一个字符串，而这里显然需要将同一个用户的邮箱缓存到一起，所以这里用下标来标记不同的邮箱，并缓存到 email_index_map
开始使用并查集，将同一个用户下 email 连接起来
连接完之后，现在在并查集 parents 里面都是一些 index 表示的东西，他们代表一种关联逻辑，
但是具体怎么重新排列，需要通过 email_index_map 来找到找到原始的 email,然后查找是否属于同一个集合的，然后再缓存在在一起；
这个时候所有相同集合的值后缓存在了 email_index_map 的 value 中了，取出来，排序，然后从 email_name_map 取出 name，然后合并成一个数组，然后作为二维数组的一个 item push 到 merge 数组里
时间复杂度 nlogn -- 每一次并查集合并的时候，需要进行2次查找1次合并；空间复杂度 O(n)

 var accountsMerge = function(accounts) {
    const email_index_map=new Map()
    const email_name_map=new Map()
    let emailIndex = 0 // 设置下标，作为唯一标识 -- 也代表了 emails 的数量
    for (let i = 0; i < accounts.length; i++) {
        const account = accounts[i];
        const name = account[0]
        for(let i = 1;i<account.length;i++){
            const email = account[i]
            if(!email_index_map.has(email)){
                email_index_map.set(email,emailIndex)
                email_name_map.set(email,name)
                emailIndex++
            }
        }
    }
    const parents = Array.from({length:emailIndex}).map((_,index) => index) 
    function _find(x){
        if(parents[x]=== x) return x
        return _find(parents[x])
    }
    function _connect(x,y) {
        const px = _find(x)
        const py = _find(y)
        parents[py] = px // 让 py 指向 py
    }
    // 开始使用并查集，将同一个用户下 email 连接起来
    for (let i = 0; i < accounts.length; i++) {
        const firstEmail = accounts[i][1];
        const firstIndex = email_index_map.get(firstEmail);
        for(let j = 2;j<accounts[i].length;j++){
            const secondEmail = accounts[i][j];
            const secondIndex = email_index_map.get(secondEmail);
            _connect(firstIndex,secondIndex)
        }
    }

    // 现在每一个 email 的关联关系都通过 index 连接好了，现在需要用一个数据结构将他们取出来
    // 这 key 值是根 emailIndex, values 就是这个集合的 emails 
    const index_email_map = new Map() 
    for(let email of email_index_map.keys()) {
        const emailIndex = email_index_map.get(email)
        const root = _find(emailIndex)
        index_email_map.set(root,index_email_map.has(root)? [...index_email_map.get(root),email]:[email])
    }

    const merge = []
    for(let emailsArr of index_email_map.values()){
        emailsArr.sort();
        const name = email_name_map.get(emailsArr[0])
        merge.push([name,...emailsArr])
    }
    return merge
}

924. 尽量减少恶意软件的传播

分析

创建并查集，并将可以连接在一起的构成一个集合
通过并查集，查找到每个并查集的 root 节点，并用 injectedMap 缓存根节点和对应的缺陷节点数
初始化最大子节点数量 maxSize 和返回值 ret
再次遍历 initial 错误节点，然后找到每个节点对应的根节点出现的次数 count，如果超出 1，那么干掉当前节点 node，依然会有新的节点最后会感染 root 节点，也就是当前集合还是会有感染源；所以没啥意思
如果都是只有一个感染源的集合，那么就判断这个集合的大小，集合越大，则删除当前污染源节点效果更好；如果集合一样大，就删除小的那一个；
时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(n)

 var minMalwareSpread = function (graph, initial) {
  const len = graph.length;
  const union = new UnionFind(len);
  for (let i = 0; i < len; i++) {
    for (let j = 0; j < len; j++) {
      if (graph[i][j] === 1) {
        union.connect(i, j);
      }
    }
  }

  // 感染源触发的根节点状态map，key 是感染源的根节点，value 是出现次数
  const injectedMap = new Map();

  initial.forEach(node=> {
    const root = union.find(node)
    injectedMap.set(root,injectedMap.get(root)?injectedMap.get(root)+1:1)
})

  let maxSize = 0; // 符合要求的的集合的数量
  let ret = -1 

  initial.forEach(node => {
    // 找出感染源的根节点
    const root = union.find(node)
    // 找出感染源的根节点出现次数， -- 超出2个源头，就没有删除的效果了
    const count  = injectedMap.get(root)

    if(count === 1){
        const size = union.sizes[root] // 看一下子节点有多少个
        if(size>maxSize || (size === maxSize && node<ret)){
            ret = node
            maxSize = size
        }
    }
  })

//   如果 ret === -1, 则随便删除一个节点，结果都是一样的，那么就删除其中最小的那个就好了
  if(ret === -1) return Math.min(...initial)
  return ret


};

class UnionFind {
    constructor(len) {
      this.parents = Array.from({ length: len }).map((_, index) => index);
      this.sizes = new Array(len).fill(1);
    }

    find(x) {
      if (x === this.parents[x]) return x;
      return this.find(this.parents[x]);
    }

    connect(x, y) {
      const px = this.find(x);
      const py = this.find(y);
      if (px === py) return;
      if (this.sizes[px] > this.sizes[py]) {
        this.parents[py] = px;
        this.sizes[px] += this.sizes[py];
      } else {
        this.parents[px] = py;
        this.sizes[py] += this.sizes[px];
      }
    }
  }

1319. 连通网络的操作次数

分析

对于 n 台电脑，至少需要 n-1 条线才能把他们完全连接前来
对于 n 台机器，如果进行并查集连接后，查看集合的数量，我们最后希望只剩下一个 1 个集合，多出来的集合就是抽取网线进行操作的操作数量
并查集关键降低复杂度的操作 _find，如果用的是迭代，那么就只需要遍历一遍，否则用递归就还要回来
最终的结果可以在 _connect 连接过程中找出最终集合的大小，也可以根据最后的 parents 的下标和值相等的值来获取
时间复杂度 O(n)

 var makeConnected = function (n, connections) {
    const len = connections.length // 网络连接数
    if(len <n -1) return -1 // 如果len 小于 n-1
    const parents = Array.from({length:n}).map((_,index) => index)
    const _find= (x) => {
        if( x !== parents[x]){
             parents[x] = _find(parents[x])
        }
        return parents[x]
    }
    let sizes = n
    const _connect = (x,y) => {
        const px= _find(x)
        const py= _find(y)
        if(px===py) return 
        parents[px] = py
        sizes--
    }
    for(let con of connections){
        _connect(con[0],con[1]) // 连接起来
    }
    return sizes-1
}

1202. 交换字符串中的元素

分析 -- 超时了

不断的交换 pairs ，使得最终的字符串 str 是最小的字符串，所以就是要将 pairs 中同一集合的找出来，按顺序排好，然后再组合好
因为同一集合之间可以联通，所以可以经过多次之后，将集合中最小的字符串放在其它字符之前
用一个 root_strArr 来缓存根节点下的字符串数组，然后每次合并的时候，根据 root_strArr 来拍平字符串的缓存，然后缓存两者的数组，最后得到根节点下缓存的集合数组
最后在交换字符串的时候，每一次都找到这个集合剩余的最小的那个值，然后输出出去
超时了
然后以为做了一些细微的优化，比方说字符串比较比较耗时，转成 Unicode 编码；使自定义的有序数组合并等，但是都超时了
然后分析时间复杂度，如果在连接过程中就进行排序操作，那么复杂度就是 O(n2) n 是 s.length, 而已知 s.length < 10^5, 所以 n2 超出了 10^8, 所以基本不可以通过了；

var smallestStringWithSwaps = function (s, pairs) {
  const parents = Array.from({ length: s.length }).map((_, index) => index);
  const root_strArr = Array.from({ length: s.length }).map((_, index) => [s[index].charCodeAt()]);
  const _find = (x) => {
    if (x !== parents[x]) {
      parents[x] = _find(parents[x]);
    }
    return parents[x];
  };

  const _connect = (x, y) => {
    const px = _find(x);
    const py = _find(y);
    if (px === py) return;
    if (root_strArr[px].length > root_strArr[py].length) {
      parents[py] = px;
      root_strArr[px] =  _connectTwoArr(root_strArr[px],root_strArr[py])
    } else {
      parents[px] = py;
      root_strArr[py]=_connectTwoArr(root_strArr[px],root_strArr[py])
    }
  };

    //  合并两个有序数组
  const _connectTwoArr = (xArr,yArr) => {
    const xLen = xArr.length
    const yLen = yArr.length
    let x = y = 0
    const ret = []
    while(x<xLen && y<yLen){
        if(xArr[x]>yArr[y]){
            ret.push(yArr[y])
            y++
        }else{
            ret.push(xArr[x])
            x++ 
        }
    }
    while(x<xLen) {
        ret.push(xArr[x])
        x++
    }
    while(y<yLen) {
        ret.push(yArr[y])
        y++
    }
    return ret
  }
  for (let p of pairs) {
    _connect(p[0], p[1]);
  }
  let ret = "";
  for (let i = 0; i < s.length; i++) {
    const root = _find(i); // 看一下根节点
    const arr = root_strArr[root]; // 找出这个根节点下的集合，并找出 字典下的最小字符
    const minStr = String.fromCharCode(arr.shift());
    ret += minStr;
  }
  return ret;
};

分析

amazing，上面一直超时，一直想在连接的时候进行排序操作，所以自己进行有序数组的排序，比较转成 unicode 格式的，都超时了
反而在集合合并的时候直接合并数组，然后在一次性将每个集合进行排序，最后得到的结果可以 ac
遍历集合数量，然后进行集合排序，相当于是对所有字符的排序，时间复杂度是 nlogn 其中 n 是 s.length;

var smallestStringWithSwaps = function (s, pairs) {
    const parents = Array.from({ length: s.length }).map((_, index) => index);
    const root_strArr = Array.from({ length: s.length }).map((_, index) => [s[index]]);
    const _find = (x) => {
      if (x !== parents[x]) {
        parents[x] = _find(parents[x]);
      }
      return parents[x];
    };

    const _connect = (x, y) => {
      const px = _find(x);
      const py = _find(y);
      if (px === py) return;
      if (root_strArr[px].length > root_strArr[py].length) {
        parents[py] = px;
        root_strArr[px].push(...root_strArr[py])
      } else {
        parents[px] = py;
        root_strArr[py].push(...root_strArr[px])
      }
    };

    // 连接
    for (let p of pairs) {
      _connect(p[0], p[1]);
    }

    // 各个模块排序
    root_strArr.map(arr => arr.sort());
    let ret = "";
    for (let i = 0; i < s.length; i++) {
      const root = _find(i); // 看一下根节点
      const arr = root_strArr[root]; // 找出这个根节点下的集合，并找出 字典下的最小字符
      const minStr = arr.shift()
      ret += minStr;
    }
    return ret;
  };

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