【Py/Java/C++三种语言详解】LeetCode 1334、LeetCode1334. 阈值距离内邻居最少的城市【全源最短路问题Floyd算法】

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筋斗云
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一、题目描述

n 个城市,按从 0n-1 编号。给你一个边数组 edges,其中 edges[i] = [from(i), to(i), weight(i)] 代表 from(i)to(i)两个城市之间的双向加权边,距离阈值是一个整数 distanceThreshold

返回在路径距离限制为 distanceThreshold 以内可到达城市最少的城市。如果有多个这样的城市,则返回编号最大的城市。

注意,连接城市 ij 的路径的距离等于沿该路径的所有边的权重之和。

示例 1

在这里插入图片描述

输入:n = 4, edges = [[0,1,3],[1,2,1],[1,3,4],[2,3,1]], distanceThreshold = 4
输出:3
解释:城市分布图如上。 每个城市阈值距离 distanceThreshold = 4 内的邻居城市分别是:
城市 0 -> [城市 1, 城市 2]
城市 1 -> [城市 0, 城市 2, 城市 3]
城市 2 -> [城市 0, 城市 1, 城市 3]
城市 3 -> [城市 1, 城市 2]
城市 0 和 3 在阈值距离 4 以内都有 2 个邻居城市,但是我们必须返回城市 3,因为它的编号最大。

示例 2

在这里插入图片描述

输入:n = 5, edges = [[0,1,2],[0,4,8],[1,2,3],[1,4,2],[2,3,1],[3,4,1]], distanceThreshold = 2
输出:0
解释:城市分布图如上。 每个城市阈值距离 distanceThreshold = 2 内的邻居城市分别是:
城市 0 -> [城市 1]
城市 1 -> [城市 0, 城市 4]
城市 2 -> [城市 3, 城市 4]
城市 3 -> [城市 2, 城市 4]
城市 4 -> [城市 1, 城市 2, 城市 3]
城市 0 在阈值距离 2 以内只有 1 个邻居城市。

提示

  • 2 <= n <= 100
  • 1 <= edges.length <= n * (n - 1) / 2
  • edges[i].length == 3
  • 0 <= from(i) < to(i) < n
  • 1 <= weight(i), distanceThreshold <= 10^4
  • 所有 (from(i), to(i)) 都是不同的。

二、题目解析

本题的设问是,希望找到在阈值距离范围内能到达城市最少的城市编号

这意味着,这个最短路问题并不是求特定起点到特定终点的距离,而是要考虑不同的起点和不同的终点

因此是一个全源最短路径问题,应该使用Floyd算法来解决。

关于全源最短路问题的Floyd算法的详细解释,可以查看2024/08/03 真题讲解(最短路问题Floyd算法专题)

三、参考代码

Python

# 题目:LeetCode1334. 阈值距离内邻居最少的城市 # 作者:闭着眼睛学数理化 # 算法:最短路问题-Floyd算法 # 代码看不懂的地方,请直接在群上提问   class Solution:     def findTheCity(self, n: int, edges: List[List[int]], distanceThreshold: int) -> int:         grid = [n * [inf] for _ in range(n)]         # 初始化,grid[a][b]表示从a到b的最短路径         for a, b, w in edges:             grid[a][b], grid[b][a] = w, w         # grid数组的对角线均为0,表示从节点i到达其自身的路径为0         for i in range(n):             grid[i][i] = 0                  # 枚举所有中间点(插点)         for mid in range(n):             # 枚举起始点             for start in range(n):                 # 枚举终点                 for end in range(n):                     # 动态转移方程:如果直接从start到end的最短路径,不如先从start再到mid再到end的距离短                     # 则更新grid[start][end]。                     if grid[start][end] > grid[start][mid] + grid[mid][end]:                         grid[start][end] = grid[start][mid] + grid[mid][end]                         grid[end][start] = grid[start][mid] + grid[mid][end]          ans, min_num = -1, inf         # 再次遍历所有节点i         for i in range(n):             # 计算从节点i出发,其最短距离小于阈值distanceThreshold的其他节点数目             # -1表示刨除其自身的影响,本题其实不-1也可以             num = sum(dis <= distanceThreshold for dis in grid[i]) - 1             if min_num >= num:                 ans = i                 min_num = num         return ans 

Java

class Solution {     public int findTheCity(int n, int[][] edges, int distanceThreshold) {         // 初始化,grid[a][b]表示从a到b的最短路径,填充一个大数         int[][] grid = new int[n][n];         for (int[] row : grid) {             Arrays.fill(row, 1000000);         }         for (int[] edge : edges) {             int a = edge[0], b = edge[1], w = edge[2];             grid[a][b] = w;             grid[b][a] = w;         }         // grid数组的对角线均为0,表示从节点i到达其自身的路径为0         for (int i = 0; i < n; i++){             grid[i][i] = 0;         }          // 枚举所有中间点(插点)         for (int mid = 0; mid < n; mid++) {             // 枚举起始点             for (int start = 0; start < n; start++) {                 // 枚举终点                 for (int end = 0; end < n; end++) {                     // 动态转移方程:如果直接从start到end的最短路径,不如先从start再到mid再到end的距离短                     // 则更新grid[start][end]。                     if (grid[start][end] > grid[start][mid] + grid[mid][end]) {                         grid[start][end] = grid[start][mid] + grid[mid][end];                         grid[end][start] = grid[start][mid] + grid[mid][end];                     }                 }             }         }          int ans = -1, min_num = Integer.MAX_VALUE;         // 再次遍历所有节点i         for (int i = 0; i < n; i++) {             int num = 0;             // 计算从节点i出发,其最短距离小于阈值distanceThreshold的其他节点数目             for (int dis : grid[i]) {                 if (dis <= distanceThreshold) {                     num++;                 }             }             if (min_num >= num) {                 ans = i;                 min_num = num;             }         }         return ans;     } } 

C++

class Solution { public:     int findTheCity(int n, vector<vector<int>>& edges, int distanceThreshold) {         // 初始化图,grid[a][b]表示从a到b的最短路径,填充一个大数         vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(n, 1000000));         for (auto& edge : edges) {             int a = edge[0], b = edge[1], w = edge[2];             grid[a][b] = w;             grid[b][a] = w;         }         // grid数组的对角线均为0,表示从节点i到达其自身的路径为0         for (int i = 0; i < n; i++){             grid[i][i] = 0;         }          // 枚举所有中间点(插点)         for (int mid = 0; mid < n; ++mid) {             // 枚举起始点             for (int start = 0; start < n; ++start) {                 // 枚举终点                 for (int end = 0; end < n; ++end) {                     // 动态转移方程:如果直接从start到end的最短路径,不如先从start再到mid再到end的距离短                     // 则更新grid[start][end]。                     if (grid[start][end] > grid[start][mid] + grid[mid][end]) {                         grid[start][end] = grid[start][mid] + grid[mid][end];                         grid[end][start] = grid[start][mid] + grid[mid][end];                     }                 }             }         }          int ans = -1, min_num = INT_MAX;         // 再次遍历所有节点i         for (int i = 0; i < n; ++i) {             // 计算从节点i出发,其最短距离小于阈值distanceThreshold的其他节点数目             int num = count_if(grid[i].begin(), grid[i].end(), [distanceThreshold](int dis) { return dis <= distanceThreshold; });             if (min_num >= num) {                 ans = i;                 min_num = num;             }         }         return ans;     } }; 

四、时空复杂度

时间复杂度:O(N^3)。三重循环所需时间复杂度。

空间复杂度:O(N^2)。最小距离矩阵所占空间。

其中N为节点数目。


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