图论专题(二)：“关系”的焦点——一眼找出「星型图的中心节点」
哈喽各位，我是前端小L。
欢迎来到我们的图论专题第二篇！上一节我们用DFS/BFS解决了“路径是否存在”的问题，可以说是“牛刀小试”。今天，我们来换个口味，看一个更像是“脑筋急转弯”的图论题。
这道题将教会我们，有时，解决图论问题，并不一定需要启动复杂的遍历算法。抓住图的“形态”特征，比如“星型图”的“中心”属性，我们可以找到 O(1) 的“神之捷径”。
力扣 1791. 找出星型图的中心节点
https://leetcode.cn/problems/find-center-of-star-graph/
题目分析：
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输入：一个
edges数组，代表一个“星型图”的所有边。 -
星型图：一个
n个节点的图，有n-1条边，并且有且仅有一个“中心节点”，所有其他n-1个节点都只和这个中心节点相连。 -
目标：找到这个中心节点。
例子： edges = [[1, 2], [2, 3], [4, 2]]
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节点
1, 3, 4都只连接到了2。 -
2连接到了1, 3, 4。 -
2就是中心节点。
思路一：“科班”出身的解法——统计“度” (O(V+E))
我们刚学了图论，最“科班”的做法是什么？
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建图：还是用“邻接表”
vector<vector<int>> graph(n + 1)(注意这题节点从1开始，所以大小是n+1)。 -
统计度：遍历
edges，构建邻接表。 -
寻找中心：遍历邻接表
graph(从i=1到n)。-
“度”(degree) 就是一个节点的邻居数量，即
graph[i].size()。 -
根据“星型图”的定义，中心节点的“度”一定是
n - 1。 -
if (graph[i].size() == n - 1) return i;
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评价：
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时间复杂度 O(V + E)：
V=n,E=n-1。建图需要 O(E)，遍历graph需要 O(V)。总时间 O(V+E)。 -
空间复杂度 O(V + E)：邻接表需要 O(V+E) 空间。
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这是一个“万金油”解法，它不依赖“星型图”的特殊性，只要是找“度”最大的节点（在本题中恰好是
n-1），它都适用。
思路二：“Aha!”时刻——O(1) 的“神之捷径”
让我们再读一遍题：“星型图”、“n-1 条边”、“一个中心节点”。 这意味着，中心节点，必然会出现在每一条边上！
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edge[0] = [center, node_A] -
edge[1] = [node_B, center] -
edge[2] = [center, node_C] -
...
既然它无处不在，我们还需要遍历所有边吗？ 不需要！ 我们只需要随便拿出两条边，找出它们共同的那个节点，就一定是中心！
算法流程 (O(1))：
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题目保证
n >= 3，这意味着至少有n-1 = 2条边。 -
取出第一条边
edges[0]，它包含两个节点：u = edges[0][0]和v = edges[0][1]。 -
取出第二条边
edges[1]。 -
检查：
u是否也出现在edges[1]中？-
if (u == edges[1][0] || u == edges[1][1])-
是！
u连续出现了两次，它就是中心。return u。
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否则：
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u不是中心，那么根据星型图的定义，v一定是中心。return v。
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代码实现
解法一：统计度 (O(V+E))
C++
#include <vector>using namespace std;class Solution {
public:int findCenter(vector<vector<int>>& edges) {int n = 0;// 1. 先找出n (最大的节点编号)// 也可以用 edges.size() + 1，因为有 n-1 条边n = edges.size() + 1;// 2. 建图并统计度 (使用 vector 代替 map)vector<int> degree(n + 1, 0); // 节点从1到nfor (const auto& edge : edges) {degree[edge[0]]++;degree[edge[1]]++;}// 3. 寻找度为 n-1 的节点for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (degree[i] == n - 1) {return i;}}return -1; // 题目保证一定存在，不会到这里}
};
(自我修正：邻接表 vector<vector<int>> 其实都不需要，只需要一个 vector<int> degree 数组来计数即可，时空复杂度都优化到了 O(V) 和 O(E)) (再次修正：建图O(E)，统计O(E)，遍历O(V)。总时间 O(V+E)，空间 O(V))
解法二：O(1) 捷径
C++
#include <vector>using namespace std;class Solution {
public:int findCenter(vector<vector<int>>& edges) {// 题目保证 n >= 3，所以 edges[0] 和 edges[1] 必定存在// 中心节点一定同时在第一条边和第二条边上int u1 = edges[0][0];int v1 = edges[0][1];int u2 = edges[1][0];int v2 = edges[1][1];if (u1 == u2 || u1 == v2) {return u1;} else {// 既然 u1 不是，那 v1 必定是return v1;}}
};
深度复杂度分析 (O(1) 解法)
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时间复杂度 O(1)：
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我们只访问了
edges[0]和edges[1]，进行了常数次（最多2次）比较。 -
操作次数是恒定的，与
n的大小无关。
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空间复杂度 O(1)：
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只使用了
u1, v1, u2, v2四个额外变量。
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总结
今天这道“热身题”，从两个角度给了我们启发：
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“度” (Degree) 是图论中一个极其重要的基础概念，通过
graph[i].size()或degree[i]计数，是解决很多问题的钥匙。 -
“利用题目约束” 是成为算法高手的“捷径”。当题目给出了“星型图”这样强有力的约束时，一定要思考，这个约束能否让我们绕开“通用但昂贵”的算法，找到 O(1) 或 O(log n) 的“神之一手”？
在下一篇中，我们将回归“遍历”的主线，去解决一个更生动的“钥匙与房间”的问题。
下期见！