[数据结构与算法]并查集—冗余连接（leetcode 684）

题目描述

在本问题中, 树指的是一个连通且无环的无向图。

输入一个图，该图由一个有着N个节点 (节点值不重复1, 2, ..., N) 的树及一条附加的边构成。附加的边的两个顶点包含在1到N中间，这条附加的边不属于树中已存在的边。

结果图是一个以边组成的二维数组。每一个边的元素是一对[u, v] ，满足 u < v，表示连接顶点u 和v的无向图的边。

返回一条可以删去的边，使得结果图是一个有着N个节点的树。如果有多个答案，则返回二维数组中最后出现的边。答案边 [u, v] 应满足相同的格式 u < v。

示例 1：

输入: [[1,2], [1,3], [2,3]]
输出: [2,3]
解释: 给定的无向图为:
? 1
?/ \
2 - 3

示例 2：

输入: [[1,2], [2,3], [3,4], [1,4], [1,5]]
输出: [1,4]
解释: 给定的无向图为:
5 - 1 - 2
??? |?? |
??? 4 - 3

注意:

??? 输入的二维数组大小在 3 到 1000。
??? 二维数组中的整数在1到N之间，其中N是输入数组的大小。
我们已经重新检查了问题描述及测试用例，明确图是无向 图。对于有向图详见冗余连接II。对于造成任何不便，我们深感歉意。

算法分析

方法一：并查集

在一棵树中，边的数量比节点的数量少 1。如果一棵树有 N个节点，则这棵树有 N?1条边。这道题中的图在树的基础上多了一条附加的边，因此边的数量也是 N。

树是一个连通且无环的无向图，在树中多了一条附加的边之后就会出现环，因此附加的边即为导致环出现的边。

可以通过并查集寻找附加的边。初始时，每个节点都属于不同的连通分量。遍历每一条边，判断这条边连接的两个顶点是否属于相同的连通分量。

??? 如果两个顶点属于不同的连通分量，则说明在遍历到当前的边之前，这两个顶点之间不连通，因此当前的边不会导致环出现，合并这两个顶点的连通分量。

??? 如果两个顶点属于相同的连通分量，则说明在遍历到当前的边之前，这两个顶点之间已经连通，因此当前的边导致环出现，为附加的边，将当前的边作为答案返回。

代码

class Solution {
public:
    vector<int> parents;
    vector<int> ranks;
    void Init(int n) {
        parents.resize(n+1);
        ranks.resize(n+1, 1);
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            parents[i] = i;
        }
    }
    int find(int x) {
        return x == parents[x]? x : parents[x] = find(parents[x]);
    }
    bool merge(int i, int j) {
        int iroot = find(i);
        int jroot = find(j);
        if(iroot == jroot) {
            return true;
        }
        if(ranks[iroot] < ranks[jroot]) {
            parents[iroot] = jroot;
        } else {
            parents[jroot] = iroot;
        }
        if(ranks[iroot] == ranks[jroot] && iroot != jroot) {
            ranks[jroot]++;
        }
        return false;
    }
    vector<int> findRedundantConnection(vector<vector<int>>& edges) {
        int n = edges.size();
        Init(n);
        for(auto& edge : edges) {
            if(merge(edge[0], edge[1])) {
                return edge;
            }
        }
        return vector<int>{};
    }
};

时间复杂度分析

时间复杂度：O(Nlog?N)，其中 N是图中的节点个数。需要遍历图中的 N条边，对于每条边，需要对两个节点查找祖先，如果两个节点的祖先不同则需要进行合并，需要进行 2次查找和最多 1次合并。一共需要进行 2N次查找和最多 N次合并，因此总时间复杂度是 O(2Nlog?N)=。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(Nlog?N)，平均情况下的时间复杂度依然是 O(Nα(N))，其中 α为阿克曼函数的反函数，α(N)可以认为是一个很小的常数。

空间复杂度：O(N)，其中 N是图中的节点个数。使用数组 parent记录每个节点的祖先。