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JavaScript 刷 LeetCode 拿 offer- 并查集

作者：Geek_07a724
  • 2022-11-02
    浙江

  • 本文字数：6904 字

    阅读完需：约 23 分钟

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]++         }    }}
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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；


参考视频：传送门

题目

547. 省份数量

分析


  1. 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

  2. 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

  3. 当我们遇到 isConnected[i][j] === 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

  4. 最后的 parents[index] === index 的数量，就是集合的数量

  5. 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])
    }}
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// 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}
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721. 账户合并

分析


  1. 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

  2. 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

  3. 开始使用并查集，将同一个用户下 email 连接起来

  4. 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，

  5. 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；

  6. 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

  7. 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}

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924. 尽量减少恶意软件的传播

分析


  1. 创建并查集，并将可以连接在一起的构成一个集合

  2. 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

  3. 初始化最大子节点数量 maxSize 和返回值 ret

  4. 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

  5. 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；

  6. 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];      }    }  }
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1319. 连通网络的操作次数

分析


  1. 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

  2. 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

  3. 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

  4. 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

  5. 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}
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1202. 交换字符串中的元素

分析 -- 超时了


  1. 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

  2. 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

  3. 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

  4. 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

  5. 超时了

  6. 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

  7. 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;};
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分析


  1. 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

  2. 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

  3. 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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