[LeetCode] 743. Network Delay Time

[grandyang]

 

There are N network nodes, labelled 1 to N.

Given times, a list of travel times as directededges times[i] = (u, v, w), where u is the source node, v is the target node, and w is the time it takes for a signal to travel from source to target.

Now, we send a signal from a certain node K. How long will it take for all nodes to receive the signal? If it is impossible, return -1.

 

Example 1:

Input: times = [[2,1,1],[2,3,1],[3,4,1]], N = 4, K = 2
Output: 2

 

Note:

1. N will be in the range [1, 100].
2. K will be in the range [1, N].
3. The length of times will be in the range [1, 6000].
4. All edges times[i] = (u, v, w) will have 1 <= u, v <= N and 0 <= w <= 100.

 

这道题给了我们一些有向边，又给了一个结点K，问至少需要多少时间才能从K到达任何一个结点。这实际上是一个有向图求最短路径的问题，求出K点到每一个点到最短路径，然后取其中最大的一个就是需要的时间了。可以想成从结点K开始有水流向周围扩散，当水流到达最远的一个结点时，那么其他所有的结点一定已经流过水了。最短路径的常用解法有迪杰斯特拉算法 Dijkstra Algorithm, 弗洛伊德算法 Floyd-Warshall Algorithm, 和贝尔曼福特算法 Bellman-Ford Algorithm，其中，Floyd 算法是多源最短路径，即求任意点到任意点到最短路径，而 Dijkstra 算法和 Bellman-Ford 算法是单源最短路径，即单个点到任意点到最短路径。这里因为起点只有一个K，所以使用单源最短路径就行了。这三种算法还有一点不同，就是 Dijkstra 算法处理有向权重图时，权重必须为正，而另外两种可以处理负权重有向图，但是不能出现负环，所谓负环，就是权重均为负的环。为啥呢，这里要先引入松弛操作 Relaxtion，这是这三个算法的核心思想，当有对边 (u, v) 是结点u到结点v，如果 dist(v) > dist(u) + w(u, v)，那么 dist(v) 就可以被更新，这是所有这些的算法的核心操作。Dijkstra 算法是以起点为中心，向外层层扩展，直到扩展到终点为止。根据这特性，用 BFS 来实现时再好不过了，注意 while 循环里的第一层 for 循环，这保证了每一层的结点先被处理完，才会进入进入下一层，这种特性在用 BFS 遍历迷宫统计步数的时候很重要。对于每一个结点，都跟其周围的结点进行 Relaxtion 操作，从而更新周围结点的距离值。为了防止重复比较，需要使用 visited 数组来记录已访问过的结点，最后在所有的最小路径中选最大的返回，注意，如果结果 res 为 INT_MAX，说明有些结点是无法到达的，返回 -1。普通的实现方法的时间复杂度为 O(V2)，基于优先队列的实现方法的时间复杂度为 O(E + VlogV)，其中V和E分别为结点和边的个数，这里多说一句，Dijkstra 算法这种类贪心算法的机制，使得其无法处理有负权重的最短距离，还好这道题的权重都是正数，参见代码如下：

 

解法一：

class Solution {
public:
    int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int N, int K) {
        int res = 0;
        vector<vector<int>> edges(101, vector<int>(101, -1));
        queue<int> q{{K}};
        vector<int> dist(N + 1, INT_MAX);
        dist[K] = 0;
        for (auto e : times) edges[e[0]][e[1]] = e[2];
        while (!q.empty()) {
            unordered_set<int> visited;
            for (int i = q.size(); i > 0; --i) {
                int u = q.front(); q.pop();
                for (int v = 1; v <= 100; ++v) {
                    if (edges[u][v] != -1 && dist[u] + edges[u][v] < dist[v]) {
                        if (!visited.count(v)) {
                            visited.insert(v);
                            q.push(v);
                        }
                        dist[v] = dist[u] + edges[u][v];
                    }
                }
            }
        }
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            res = max(res, dist[i]);
        }
        return res == INT_MAX ? -1 : res;
    }
};

 

下面来看基于 Bellman-Ford 算法的解法，时间复杂度是 O(VE)，V和E分别是结点和边的个数。这种算法是基于 DP 来求全局最优解，原理是对图进行 V - 1 次松弛操作，这里的V是所有结点的个数（为啥是 V-1 次呢，因为最短路径最多只有 V-1 条边，所以只需循环 V-1 次），在重复计算中，使得每个结点的距离被不停的更新，直到获得最小的距离，这种设计方法融合了暴力搜索之美，写法简洁又不失优雅。之前提到了，Bellman-Ford 算法可以处理负权重的情况，但是不能有负环存在，一般形式的写法中最后一部分是检测负环的，如果存在负环则报错。不能有负环原因是，每转一圈，权重和都在减小，可以无限转，那么最后的最小距离都是负无穷，无意义了。没有负环的话，V-1 次循环后各点的最小距离应该已经收敛了，所以在检测负环时，就再循环一次，如果最小距离还能更新的话，就说明存在负环。这道题由于不存在负权重，所以就不检测了，参见代码如下：

 

解法二：

class Solution {
public:
    int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int N, int K) {
        int res = 0;
        vector<int> dist(N + 1, INT_MAX);
        dist[K] = 0;
        for (int i = 1; i < N; ++i) {
            for (auto e : times) {
                int u = e[0], v = e[1], w = e[2];
                if (dist[u] != INT_MAX && dist[v] > dist[u] + w) {
                    dist[v] = dist[u] + w;
                }
            }
        }
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            res = max(res, dist[i]);
        }
        return res == INT_MAX ? -1 : res;
    }
};

 

下面这种解法是 Bellman Ford 解法的优化版本，由热心网友旅叶提供。之所以能提高运行速度，是因为使用了队列 queue，这样对于每个结点，不用都松弛所有的边，因为大多数的松弛计算都是无用功。优化的方法是，若某个点的 dist 值不变，不去更新它，只有当某个点的 dist 值被更新了，才将其加入 queue，并去更新跟其相连的点，同时还需要加入 HashSet，以免被反复错误更新，这样的时间复杂度可以优化到 O(E+V)。Java 版的代码在评论区三楼，旅叶声称可以 beat 百分之九十多，但博主改写的这个 C++ 版本的却只能 beat 百分之二十多，hmm，因缺斯汀。不过还是要比上面的解法二快很多，博主又仔细看了看，发现很像解法一和解法二的混合版本哈，参见代码如下：

 

解法三：

class Solution {
public:
    int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int N, int K) {
        int res = 0;
        unordered_map<int, vector<pair<int, int>>> edges;
        vector<int> dist(N + 1, INT_MAX);
        queue<int> q{{K}};
        dist[K] = 0;
        for (auto e : times) edges[e[0]].push_back({e[1], e[2]});
        while (!q.empty()) {
            int u = q.front(); q.pop();
            unordered_set<int> visited;
            for (auto e : edges[u]) {
                int v = e.first, w = e.second;
                if (dist[u] != INT_MAX && dist[u] + w < dist[v]) {
                    dist[v] = dist[u] + w;
                    if (visited.count(v)) continue;
                    visited.insert(v);
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            res = max(res, dist[i]);
        }
        return res == INT_MAX ? -1 : res;
    }
};

 

讨论：最后再来说说这个 Floyd 算法，这也是一种经典的动态规划算法，目的是要找结点i到结点j的最短路径。而结点i到结点j的走法就两种可能，一种是直接从结点i到结点j，另一种是经过若干个结点k到达结点j。所以对于每个中间结点k，检查 dist(i, k) + dist(k, j) < dist(i, j) 是否成立，成立的话就松弛它，这样遍历完所有的结点k，dist(i, j) 中就是结点i到结点j的最短距离了。时间复杂度是 O(V3)，处处透露着暴力美学。除了这三种算法外，还有一些很类似的优化算法，比如 Bellman-Ford 的优化算法- SPFA 算法，还有融合了 Bellman-Ford 和 Dijkstra 算法的高效的多源最短路径算法- Johnson 算法，这里就不过多赘述了，感兴趣的童鞋可尽情的 Google 之～

 

Github 同步地址：

#743

 

参考资料：

https://leetcode.com/problems/network-delay-time/description/

https://leetcode.com/problems/network-delay-time/discuss/109982/C++-Bellman-Ford

https://leetcode.com/problems/network-delay-time/discuss/109968/Simple-JAVA-Djikstra's-(PriorityQueue-optimized)-Solution-with-explanation

 

LeetCode All in One 题目讲解汇总(持续更新中...)

[butterfly0510]

感觉有点不能理解解法一中的 Dijkstra's algorithm 诶：从 wikipedia 上的 pseudocode 是再没有 finalized 的结点集合中找到离起始点最近的结点，标记为 finalized，然后以这个结点为中间结点做 relaxation；再取出下一个没有 finalized 的离起点最近的结点；这样一直循环，直到更新好所有结点。看不懂解法一中是怎么通过 queue 实现的。

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FYI my solution (80 ms and 24.8 MB):

class Solution {
public:
    int networkDelayTime(vector<vector<int>>& times, int N, int K) {
        vector<int> dist(N + 1, numeric_limits<int>::max());
        vector<bool> visited(N + 1, false);
        dist[K] = 0;

        vector<vector<int>> edges(N + 1, vector<int>(N + 1, -1));
        for (vector<int>& t : times) edges[t[0]][t[1]] = t[2];

        int cnt = N;
        while (cnt--) {
            int u = closestUnvisitedVertex(dist, visited);
            visited[u] = true;
            for (int i = 1; i <= N; ++i) {
                if (!visited[i] && edges[u][i] > -1 && dist[u] + edges[u][i] < dist[i]) {
                    dist[i] = dist[u] + edges[u][i];
                }
            }
        }

        vector<int>::iterator maxit = max_element(dist.begin() + 1, dist.end());
        return *maxit == numeric_limits<int>::max() ? -1 : *maxit;

    }
private:
    int closestUnvisitedVertex(const vector<int>& dist, const vector<bool>& visited) {
        int res;
        int mindist = numeric_limits<int>::max();
        for (int i = 1; i < dist.size(); ++i) {
            if (visited[i] == false && mindist > dist[i]) {
                res = i;
                mindist = dist[res];
            }
        }
        return res;
    }
};