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力扣684.冗余连接【medium】
力扣.冗余连接Ⅱ【hard】

一、力扣684.冗余连接【medium】

题目链接：力扣684.冗余连接
left =x300
视频链接：代码随想录
题解链接：灵茶山艾府

1、思路

• 可以从前向后遍历每一条边（因为优先让前面的边连上），边的两个节点如果不在同一个集合，就加入集合（即：同一个根节点）。

  • 如图所示，节点A 和节点 B 不在同一个集合，那么就可以将两个 节点连在一起。
    • 
  • 如果边的两个节点已经出现在同一个集合里，说明着边的两个节点已经连在一起了，再加入这条边一定就出现环了
    • 

• 题目要求返回最后出现的冗余边。当遍历到冗余边时，之前的边已经构建了连通性，此时检测到冗余的边即为最后一条导致环的边。

• 时间复杂度：$O(n\ast \alpha (n))$

2、代码

class Solution:def findRedundantConnection(self, edges: List[List[int]]) -> List[int]:n = len(edges)p = list(range(n + 1))def find(x:int) -> int:if p[x] != x:p[x] = find(p[x])return p[x]def union(i,j):p[find(i)] = find(j)for a, b in edges:if find(a) != find(b):union(a, b)else:return [a,b]return []     

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二、力扣.冗余连接Ⅱ【hard】

题目链接：力扣冗余连接Ⅱ
视频链接：代码随想录

1、思路

• 冗余的边有两种情况：
  • 入度为2的节点：节点有2个父节点
  • 有向环
• 太复杂了，跳过
• 时间复杂度：$O(n)$

2、代码

class UnionFind:def __init__(self, n):self.ancestor = list(range(n))def union(self, index1: int, index2: int):self.ancestor[self.find(index1)] = self.find(index2)def find(self, index: int) -> int:if self.ancestor[index] != index:self.ancestor[index] = self.find(self.ancestor[index])return self.ancestor[index]class Solution:def findRedundantDirectedConnection(self, edges: List[List[int]]) -> List[int]:n = len(edges)uf = UnionFind(n + 1)parent = list(range(n + 1))conflict = -1cycle = -1for i, (node1, node2) in enumerate(edges):if parent[node2] != node2:conflict = ielse:parent[node2] = node1if uf.find(node1) == uf.find(node2):cycle = ielse:uf.union(node1, node2)if conflict < 0:return [edges[cycle][0], edges[cycle][1]]else:conflictEdge = edges[conflict]if cycle >= 0:return [parent[conflictEdge[1]], conflictEdge[1]]else:return [conflictEdge[0], conflictEdge[1]]

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三、力扣

题目链接：力扣
left =x300
视频链接：代码随想录
题解链接：灵茶山艾府

1、思路

• 时间复杂度：$O(n)$

2、代码

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四、力扣

题目链接：力扣
left =x300
视频链接：代码随想录
题解链接：灵茶山艾府

1、思路

• 时间复杂度：$O(n)$

2、代码

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