【力扣】765. 情侣牵手
以下为力扣的官方题解
765. 情侣牵手
- 题目
- 示例1
- 示例2
- 说明
- 官方题解
- 思路一 并查集
- 代码
- 复杂度分析
- 思路二 广度优先搜索
- 代码
- 复杂度分析
题目
NNN 对情侣坐在连续排列的 2N2N2N 个座位上，想要牵到对方的手。 计算最少交换座位的次数，以便每对情侣可以并肩坐在一起。 一次交换可选择任意两人，让他们站起来交换座位。
人和座位用 000 到 2N−12N-12N−1 的整数表示，情侣们按顺序编号，第一对是 (0,1)(0, 1)(0,1)，第二对是 (2,3)(2, 3)(2,3)，以此类推，最后一对是 (2N−2,2N−1)(2N-2, 2N-1)(2N−2,2N−1)。
这些情侣的初始座位 row[i]row[i]row[i] 是由最初始坐在第 iii 个座位上的人决定的。
示例1
输入: row=[0,2,1,3]row = [0, 2, 1, 3]row=[0,2,1,3]
输出: 111
解释: 我们只需要交换 row[1]row[1]row[1] 和 row[2]row[2]row[2] 的位置即可。
示例2
输入: row=[3,2,0,1]row = [3, 2, 0, 1]row=[3,2,0,1]
输出: 000
解释: 无需交换座位，所有的情侣都已经可以手牵手了。
说明
- len(row)len(row)len(row) 是偶数且数值在 [4,60][4, 60][4,60] 范围内。
- 可以保证 rowrowrow 是序列 0...len(row)−10...len(row)-10...len(row)−1 的一个全排列。
官方题解
思路一 并查集
假定第一对情侣的男生与第二对情侣的女生坐在了一起，而第二对情侣的男生与第三对情侣的女生坐在了一起。根据题意，要想让第二对情侣之间能够成功牵手，要么交换第一对情侣的男生与第二对情侣的男生，要么交换第二对情侣的女生与第三对情侣的女生。
既然存在这两种交换方式，那么有必要两种方式都考虑吗？答案是无需都考虑。不难注意到，无论采用了两种交换方式中的哪一种，最后的结局都是「第二对情侣坐在了一起，且第一对情侣的男生与第三对情侣的女生坐在了一起」，因此两种交换方式是等价的。
因此，我们将 NNN 对情侣看做图中的 NNN 个节点；对于每对相邻的位置，如果是第 iii 对与第 jjj 对坐在了一起，则在 iii 号节点与 jjj 号节点之间连接一条边，代表需要交换这两对情侣的位置。
如果图中形成了一个大小为 kkk 的环：i→j→k→…→l→ii \rightarrow j \rightarrow k \rightarrow \ldots \rightarrow l \rightarrow ii→j→k→…→l→i，则我们沿着环的方向，先交换 i,ji,ji,j 的位置，再交换 j,kj,kj,k 的位置，以此类推。在进行了 k−1k-1k−1 次交换后，这 kkk 对情侣就都能够彼此牵手了。
故我们只需要利用并查集求出图中的每个连通分量；对于每个连通分量而言，其大小减 111 就是需要交换的次数。
代码
class Solution {public int minSwapsCouples(int[] row) {int n = row.length;int tot = n/2;int[] f = new int[tot];for (int i=0; i<tot; i++){f[i] = i;}for (int i=0; i<n; i+=2){int l = row[i]/2;int r = row[i+1]/2;add(f, l, r);}Map<Integer, Integer> map = new HashMap<Integer, Integer>();for (int i=0; i<tot; i++){int fx = getf(f, i);map.put(fx, map.getOrDefault(fx, 0)+1);}int ret = 0;for (Map.Entry<Integer, Integer> entry : map.entrySet()){ret += entry.getValue()-1;}return ret;}public int getf(int[] f, int x) {if (f[x] == x){return x;}int newf = getf(f, f[x]);f[x] = newf;return newf;}public void add(int[] f, int x, int y) {int fx = getf(f, x);int fy = getf(f, y);f[f[x]] = fy;}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(NlogN)O(N \log N)O(NlogN)，其中 NNN 为情侣的总数。这里的并查集使用了路径压缩，但是没有使用按秩合并，最坏情况下的时间复杂度是 O(NlogN)O(N \log N)O(NlogN)，平均情况下的时间复杂度依然是 O(Nα(N))O(N \alpha (N))O(Nα(N))，其中 α\alphaα 为阿克曼函数的反函数，α(N)\alpha (N)α(N) 可以认为是一个很小的常数。
- 空间复杂度：O(N)O(N)O(N)。
思路二 广度优先搜索
我们也可以通过广度优先搜索的方式，求解图中的连通分量。
起初，我们将每个节点都标记为「未访问」，并遍历图中的每个节点。如果发现一个「未访问」的节点，就从该节点出发，沿着图中的边，将其余的「未访问」的节点都标记为「已访问」，并同时统计标记的次数。当遍历过程终止时，标记的数量次数即为连通分量的大小。
代码
class Solution {public int minSwapsCouples(int[] row) {int n = row.length;int tot = n/2;List<Integer>[] graph = new List[tot];for (int i=0; i<tot; i++){graph[i] = new ArrayList<Integer>();}for (int i=0; i<n; i+=2){int l = row[i]/2;int r = row[i+1]/2;if (l != r){graph[l].add(r);graph[r].add(l);}}boolean[] visited = new boolean[tot];int ret = 0;for (int i=0; i<tot; i++){if (!visited[i]){Queue<Integer> queue = new LinkedList<Integer>();visited[i] = true;queue.offer(i);int cnt = 0;while (!queue.isEmpty()){int x = queue.poll();cnt ++;for (int y : graph[x]){if (!visited[y]){visited[y] = true;queue.offer(y);}}}ret += cnt-1;}}return ret;}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)O(N)O(N)，其中 NNN 为情侣的总数。每个节点最多只被标记 111 次。
- 空间复杂度：O(N)O(N)O(N)，其中 NNN 为情侣的总数。为队列的开销。
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