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LeetCode算法题(Go语言实现)_45

news 2025/7/1 12:16:53

题目

n 座城市，从 0 到 n-1 编号，其间共有 n-1 条路线。因此，要想在两座不同城市之间旅行只有唯一一条路线可供选择（路线网形成一颗树）。去年，交通运输部决定重新规划路线，以改变交通拥堵的状况。
路线用 connections 表示，其中 connections[i] = [a, b] 表示从城市 a 到 b 的一条有向路线。
今年，城市 0 将会举办一场大型比赛，很多游客都想前往城市 0 。
请你帮助重新规划路线方向，使每个城市都可以访问城市 0 。返回需要变更方向的最小路线数。
题目数据保证每个城市在重新规划路线方向后都能到达城市 0 。

一、代码实现（BFS邻接表法）

func minReorder(n int, connections [][]int) int {adj := make([][][2]int, n) // [邻接节点，方向标记]for _, conn := range connections {a, b := conn[0], conn[1]adj[a] = append(adj[a], [2]int{b, 1})  // 原始边a→b标记为1（需反转）adj[b] = append(adj[b], [2]int{a, 0})  // 反向边b→a标记为0（无需反转）}visited := make([]bool, n)queue := []int{0}visited[0] = truecount := 0for len(queue) > 0 {u := queue[0]queue = queue[1:]for _, vPair := range adj[u] {v, dir := vPair[0], vPair[1]if !visited[v] {visited[v] = truequeue = append(queue, v)count += dir // 方向标记为1的边需要反转}}}return count
}

二、算法分析

1. 核心思路

逆向树构建：以城市0为根构建逆向树，正确方向应为子节点→父节点
邻接表标记：每条边记录原始方向，正向边标记1（需反转），反向边标记0
广度优先遍历：从城市0出发逐层处理，累计方向标记为1的边数量

2. 关键步骤

邻接表初始化：为每个节点存储邻接关系和方向标记（15-19行）
BFS队列初始化：从根节点0开始遍历（22-23行）
方向判断逻辑：遇到标记为1的边需计入调整次数（30行）
防重复处理：使用visited数组避免重复访问（26行条件判断）

3. 复杂度

指标	值	说明
时间复杂度	O(n)	每个节点和边仅访问一次
空间复杂度	O(n)	邻接表存储n节点+n-1边信息

三、图解示例

在这里插入图片描述

四、边界条件与扩展

1. 特殊场景验证

单节点树：n=1时直接返回0（无需调整）
全逆向边：如[[1,0],[2,1],[3,2]]返回0
链式结构：0←1←2←3若原边全正向需反转3次

2. 扩展应用

动态网络更新：支持实时添加/删除边后快速计算
多目标优化：结合交通流量、排放等多因素决策
区域交通网络：扩展到公路、铁路多模式网络

五、多语言实现

from collections import dequedef minReorder(n: int, connections: list) -> int:graph = [[] for _ in range(n)]for a, b in connections:graph[a].append((b, 1))  # 正向边graph[b].append((a, 0))  # 反向边visited = [False]*nq = deque([0])visited[0] = Trueres = 0while q:u = q.popleft()for v, dir in graph[u]:if not visited[v]:visited[v] = Trueq.append(v)res += dirreturn res

class Solution {public int minReorder(int n, int[][] connections) {List<List<int[]>> adj = new ArrayList<>();for (int i = 0; i < n; i++) adj.add(new ArrayList<>());for (int[] conn : connections) {adj.get(conn[0]).add(new int[]{conn[1], 1});adj.get(conn[1]).add(new int[]{conn[0], 0});}boolean[] visited = new boolean[n];Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();queue.offer(0);visited[0] = true;int count = 0;while (!queue.isEmpty()) {int u = queue.poll();for (int[] vPair : adj.get(u)) {int v = vPair[0], dir = vPair[1];if (!visited[v]) {visited[v] = true;queue.offer(v);count += dir;}}}return count;}
}