题目地址 (947. 移除最多的同行或同列石头）
https://leetcode-cn.com/problems/most-stones-removed-with-same-row-or-column/
题目描述
n 块石头放置在二维平面中的一些整数坐标点上。每个坐标点上最多只能有一块石头。
如果一块石头的 同行或者同列 上有其他石头存在，那么就可以移除这块石头。
给你一个长度为 n 的数组 stones ，其中 stones[i] = [xi, yi] 表示第 i 块石头的位置，返回 可以移除的石子 的最大数量。
示例 1：
输入：stones = [[0,0],[0,1],[1,0],[1,2],[2,1],[2,2]]
输出：5
解释：一种移除 5 块石头的方法如下所示：
1. 移除石头 [2,2] ，因为它和 [2,1] 同行。
2. 移除石头 [2,1] ，因为它和 [0,1] 同列。
3. 移除石头 [1,2] ，因为它和 [1,0] 同行。
4. 移除石头 [1,0] ，因为它和 [0,0] 同列。
5. 移除石头 [0,1] ，因为它和 [0,0] 同行。
石头 [0,0] 不能移除，因为它没有与另一块石头同行/列。
示例 2：
输入：stones = [[0,0],[0,2],[1,1],[2,0],[2,2]]
输出：3
解释：一种移除 3 块石头的方法如下所示：
1. 移除石头 [2,2] ，因为它和 [2,0] 同行。
2. 移除石头 [2,0] ，因为它和 [0,0] 同列。
3. 移除石头 [0,2] ，因为它和 [0,0] 同行。
石头 [0,0] 和 [1,1] 不能移除，因为它们没有与另一块石头同行/列。
示例 3：
输入：stones = [[0,0]]
输出：0
解释：[0,0] 是平面上唯一一块石头，所以不可以移除它。
提示：
1 <= stones.length <= 1000
0 <= xi, yi <= 104
不会有两块石头放在同一个坐标点上
前置知识
思路
读完题目之后， 看了下数据范围。我猜测可能和动态规划什么的有关，而且时间复杂度是 $O(n^2)$ 左右，其中 n 为 stones 的长度。继续看了下示例，然后跟着思考了一下，发现很像是某种联通关系。 类似的题目有很多，题目描述记不太清楚了。大概意思是给你一个二维网格，行和列需要一起增加，求最小和什么的。这类题目都是行和列具有某种绑定关系。 于是我想到了使用并查集来做。 后面想了一下，反正就是求联通区域的个数，因此使用 DFS 和 BFS 都可以。如果你想使用 DFS 或者 BFS 来解，可以结合我之前写的 小岛专题 练习一下哦。
继续分析下题目。 题目的意思是任意一个石头可以消除和它同行和同列的其他石子。于是我就想象出了下面这样一幅图，其中红色的方块表示石子，方块的连线表示离得最近的可以消除的石子。实际上，一个石子除了可以消除图中线条直接相连的石子，还可以消除邻居的邻居。这提示我们使用并查集维护这种联通关系，联通的依据自然就是列或者行一样。
上面是一个全联通的图。如下是有两个联通域的图。
有了上面的知识，其实就可以将石子全部建立并查集的联系，并计算联通子图的个数。答案就是 n - 联通子图的个数，其中 n 为 stones 的长度。
核心代码：
n = len(stones)
# 标准并查集模板
uf = UF(n)
# 两个 for 循环作用是将所有石子两两合并
for i in range(n):
for j in range(i + 1, n):
# 如果行或者列相同，将其联通成一个子图
if stones[i][0] == stones[j][0] or stones[i][1] == stones[j][1]: uf.union(i, j)
return n - uf.cnt
有的人想问，这可行么？即我可以将一个联通子图的石子移除只剩下一个么？
答案是肯定的。其实上面我提到了这道题也可使用 DFS 和 BFS 的方式来做。如果你使用 DFS 的方式来做，会发现其实 DFS 路径的取反就是消除的顺序，当然消除的顺序不唯一，因为遍历访问联通子图的序列并不唯一。 如果题目要求我们求移除顺序，那我们可以考虑使用 DFS 来做，同时记录路径信息即可。
使用遍历的方式（BFS 或者 DFS），由于每次访问一个石子都需要使用 visited 来记录访问信息防止环的产生，因此 visited 的逆序也是一个可行的移除顺序。不过这要求你的 visited 的是有序的。实现的方法有很多，有点偏题了，这里就不赘述了。
实际上，上面的并查集代码仍然可以优化。上面的思路是直接将点作为并查集的联通条件。实际上，我们可以将点的横纵坐标分别作为联通条件。即如果横坐标相同的联通到一个子图，纵坐标相同的联通到一个子图。如下图：
为了达到这个模板，我们不能再初始化的时候计算联通域数量了，即不能像上面那样 uf = UF(n)（此时联通域个数为 n）。因为横坐标，纵坐标分别有多少不重复的我们是不知道的，一种思路是先计算出横坐标，纵坐标分别有多少不重复的。这当然可以，还有一种思路是在 find 过程中计算，这样 one pass 即可完成，具体见下方代码区。
由于我们需要区分横纵坐标（上面图也可以看出来），因此可用一种映射区分二者。由于题目限定了横纵坐标取值为 10000 以内（包含 10000），一种思路就是将 x 或者 y 加上 10001。
核心代码：
n = len(stones)
uf = UF(0)
for i in range(n):
uf.union(stones[i][0] + 10001, stones[i][1])
return n - uf.cnt
代码
并查集
代码支持： Python3
其中 class UF 部分是标准的无权并查集模板，我一行代码都没变。关于模板可以去 并查集 查看。
class UF:
def __init__(self, M):
self.parent = {}
self.cnt = 0
# 初始化 parent，size 和 cnt
for i in range(M):
self.parent[i] = i
self.cnt += 1
def find(self, x):
if x != self.parent[x]:
self.parent[x] = self.find(self.parent[x])
return self.parent[x]
return x
def union(self, p, q):
if self.connected(p, q): return
leader_p = self.find(p)
leader_q = self.find(q)
self.parent[leader_p] = leader_q
self.cnt -= 1
def connected(self, p, q):
return self.find(p) == self.find(q)
class Solution:
def removeStones(self, stones: List[List[int]]) -> int:
n = len(stones)
uf = UF(n)
for i in range(n):
for j in range(i + 1, n):
if stones[i][0] == stones[j][0] or stones[i][1] == stones[j][1]: uf.union(i, j)
return n - uf.cnt
复杂度分析
令 n 为数组 stones 的长度。
优化的并查集
代码支持： Python3
class UF:
def __init__(self, M):
self.parent = {}
self.cnt = 0
def find(self, x):
if x not in self.parent:
self.cnt += 1
self.parent[x] = x
if x != self.parent[x]:
self.parent[x] = self.find(self.parent[x])
return self.parent[x]
return x
def union(self, p, q):
if self.connected(p, q): return
leader_p = self.find(p)
leader_q = self.find(q)
self.parent[leader_p] = leader_q
self.cnt -= 1
def connected(self, p, q):
return self.find(p) == self.find(q)
class Solution:
def removeStones(self, stones: List[List[int]]) -> int:
n = len(stones)
uf = UF(0)
for i in range(n):
uf.union(stones[i][0] + 10001, stones[i][1])
return n - uf.cnt
复杂度分析
令 n 为数组 stones 的长度。
DFS
代码支持： Java
by 一位不愿透露姓名的热心网友。
public int removeStones(int[][] stones) {
Set visit = new HashSet();
int count = 0;
int offset = 10000;
HashMap <Integer,List<int []>>map = new HashMap();
// 构造图 每一项是一个节点
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
int [] node = stones[i];
List<int []> list = map.getOrDefault(node[0]-offset,new ArrayList<>());
list.add(node);
map.put(node[0]-offset,list);
List<int []> list1 = map.getOrDefault(node[1],new ArrayList<>());
list1.add(node);
map.put(node[1],list1);
}
// 寻找联通分量
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
int [] node = stones[i];
if (!visit.contains((node))){
visit.add((node));
dfs(node,visit,map);
count++;
}
}
return stones.length-count;
}
// 遍历节点
public void dfs(int[]node, Set set,HashMap <Integer,List<int []>>map){
int offset = 10000;
List<int []> list = map.getOrDefault(node[0]-offset,new ArrayList<>());
for (int i = 0; i < list.size(); i++) {
int[] item = list.get(i);
if (!set.contains((item))){
set.add((item));
dfs(item,set,map);
}
}
List<int []> list2 = map.getOrDefault(node[1],new ArrayList<>());
for (int i = 0; i < list2.size(); i++) {
int[] item = list2.get(i);
if (!set.contains((item))){
set.add((item));
dfs(item,set,map);
}
}
}
复杂度分析
令 n 为数组 stones 的长度。
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