第五章 - 高频考题(中等)
1906. 查询差绝对值的最小值
0886. 可能的二分法

题目地址(886. 可能的二分法)

https://leetcode.cn/problems/possible-bipartition

题目描述

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给定一组 N 人(编号为 1, 2, ..., N), 我们想把每个人分进任意大小的两组。
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每个人都可能不喜欢其他人,那么他们不应该属于同一组。
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形式上,如果 dislikes[i] = [a, b],表示不允许将编号为 a 和 b 的人归入同一组。
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当可以用这种方法将每个人分进两组时,返回 true;否则返回 false。
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示例 1:
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输入:N = 4, dislikes = [[1,2],[1,3],[2,4]]
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输出:true
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解释:group1 [1,4], group2 [2,3]
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示例 2:
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输入:N = 3, dislikes = [[1,2],[1,3],[2,3]]
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输出:false
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示例 3:
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输入:N = 5, dislikes = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5],[1,5]]
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输出:false
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提示:
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1 <= N <= 2000
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0 <= dislikes.length <= 10000
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dislikes[i].length == 2
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1 <= dislikes[i][j] <= N
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dislikes[i][0] < dislikes[i][1]
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对于dislikes[i] == dislikes[j] 不存在 i != j
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前置知识

  • 图的遍历
  • DFS

公司

  • 暂无

思路

这是一个图的问题。解决这种问题一般是要遍历图才行的,这也是图的套路。 那么遍历的话,你要有一个合适的数据结构。 比较常见的图存储方式是邻接矩阵和邻接表。
而我们这里为了操作方便(代码量),直接使用邻接矩阵。由于是互相不喜欢,不存在一个喜欢另一个,另一个不喜欢一个的情况,因此这是无向图。而无向图邻接矩阵实际上是会浪费空间,具体看我下方画的图。
而题目给我们的二维矩阵并不是现成的邻接矩阵形式,因此我们需要自己生成。
我们用 1 表示互相不喜欢(dislike each other)。
1
graph = [[0] * N for i in range(N)]
2
for a, b in dislikes:
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graph[a - 1][b - 1] = 1
4
graph[b - 1][a - 1] = 1
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image.png
同时可以用 hashmap 或者数组存储 N 个人的分组情况, 业界关于这种算法一般叫染色法,因此我们命名为 colors,其实对应的本题叫 groups 更合适。
image.png
我们用:
  • 0 表示没有分组
  • 1 表示分组 1
  • -1 表示分组 2
之所以用 0,1,-1,而不是 0,1,2 是因为我们会在不能分配某一组的时候尝试分另外一组,这个时候有其中一组转变为另外一组就可以直接乘以-1,而 0,1,2 这种就稍微麻烦一点而已。
具体算法:
  • 遍历每一个人,尝试给他们进行分组,比如默认分配组 1.
image.png
  • 然后遍历这个人讨厌的人,尝试给他们分另外一组,如果不可以分配另外一组,则返回 False
那问题的关键在于如何判断“不可以分配另外一组”呢?
image.png
实际上,我们已经用 colors 记录了分组信息,对于每一个人如果分组确定了,我们就更新 colors,那么对于一个人如果分配了一个组,并且他讨厌的人也被分组之后,分配的组和它只能是一组,那么“就是不可以分配另外一组”。
代码表示就是:
1
# 其中j 表示当前是第几个人,N表示总人数。 dfs的功能就是根据colors和graph分配组,true表示可以分,false表示不可以,具体代码见代码区。
2
if colors[j] == 0 and not self.dfs(graph, colors, j, -1 * color, N)
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最后有两个问题需要注意:
  1. 1.
    if colors[i] == 0 and not self.dfs(graph, colors, i, 1, N) 可以改为 if colors[i] == 0 and not self.dfs(graph, colors, i, -1, N): 么?
可以的。这不影响答案。假设改成 -1 后的染色分布情况已知,那么其染色分布情况等价于使用 1 的情况的反色(将颜色 1 替换为颜色-1,颜色-1 替换为颜色 1)而已。对是否可以二分图没有任何影响。
接上:那有没有可能使用颜色 1 推出矛盾,而使用颜色 -1 则推出成立呢?
没有可能。一次 dfs 处理的是一个子图。多次开启 dfs 不会相交,自然不存在这个问题。不信你可以将代码改成如下测试一下:
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for i in range(n):
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if random.random() > 0.5:
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if colors[i] == 0 and not dfs(i, -1): return False
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else:
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if colors[i] == 0 and not dfs(i, 1): return False
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  1. 1.
    为什么不需要 visited 数组来防止遍历过程中环的产生?
实际上,我们的 colors 数组就起到了 visited 的作用。如果 colors[i] == 0,因为着 visited[i] 为 False,否则为 True

关键点

  • 二分图
  • 染色法
  • 图的建立和遍历
  • colors 数组

代码

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class Solution:
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def dfs(self, graph, colors, i, color, N):
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colors[i] = color
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for j in range(N):
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# dislike eachother
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if graph[i][j] == 1:
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if colors[j] == color:
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return False
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if colors[j] == 0 and not self.dfs(graph, colors, j, -1 * color, N):
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return False
11
return True
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def possibleBipartition(self, N: int, dislikes: List[List[int]]) -> bool:
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graph = [[0] * N for i in range(N)]
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colors = [0] * N
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for a, b in dislikes:
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graph[a - 1][b - 1] = 1
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graph[b - 1][a - 1] = 1
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for i in range(N):
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if colors[i] == 0 and not self.dfs(graph, colors, i, 1, N):
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return False
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return True
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复杂度分析
令 V 为点的个数。
最坏的情况下是稠密图,边的数量为点的数量的平方个。此时 graph 的空间为 $O(V^2)$, colors 空间为$O(V)$。由于需要遍历所有的点和边,因此时间复杂度为 $V+E$,由前面的分析最坏 E 是 $V^2$,因此空间复杂度为 $O(V^2)$
  • 时间复杂度:$O(V^2)$
  • 空间复杂度:$O(V^2)$

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