【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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文章目录
- 相关推荐阅读
- **一、题目描述**
- **二、题目解析**
- **三、参考代码**
- Python
- Java
- C++
- **四、时空复杂度**
- 华为OD算法/大厂面试高频题算法练习冲刺训练
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一、题目描述
有 n 个城市，按从 0 到 n-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) 和 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 i 和 j 的路径的距离等于沿该路径的所有边的权重之和。
示例 1：
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：
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 <= 1001 <= edges.length <= n * (n - 1) / 2edges[i].length == 30 <= from(i) < to(i) < n1 <= 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>& 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> grid(n, vector(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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