565.数组嵌套

【LetMeFly】565.数组嵌套：转换为图 + 原地修改の优化

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/array-nesting/

索引从0开始长度为N的数组A，包含0到N - 1的所有整数。找到最大的集合S并返回其大小，其中 S[i] = {A[i], A[A[i]], A[A[A[i]]], ... }且遵守以下的规则。

假设选择索引为i的元素A[i]为S的第一个元素，S的下一个元素应该是A[A[i]]，之后是A[A[A[i]]]... 以此类推，不断添加直到S出现重复的元素。

 

示例 1:

输入: A = [5,4,0,3,1,6,2]
输出: 4
解释: 
A[0] = 5, A[1] = 4, A[2] = 0, A[3] = 3, A[4] = 1, A[5] = 6, A[6] = 2.

其中一种最长的 S[K]:
S[0] = {A[0], A[5], A[6], A[2]} = {5, 6, 2, 0}

 

提示：

1. N是[1, 20,000]之间的整数。
2. A中不含有重复的元素。
3. A中的元素大小在[0, N-1]之间。

方法一：图遍历

我们可以把$a[i]=j$看成是节点$i$有一条指向节点$j$的边，这样，我们就构建出了一个图。

图中的节点是$0\sim n-1$，并且每个节点的入度和出度都为$1$（只有一个节点指向它，并且它只指向一个节点）

那么，我们遍历(深度优先)这个图，同时记录下这个图的最大的环即可。

下面是这个图必定有环的证明，可以跳过：

因为每个节点的出度都为$1$，因此不论到达了哪个节点，都有下一个指向的节点。也就是说我们可以在图上不停遍历，永远遍历不到尽头。那么，$n+1$次节点访问中，必定有重复的节点。同时每个节点只有一个出度，因此就构成了循环。

• 时间复杂度$O(N)$，其中$N$是图中节点的个数（也就是数组$nums$的长度）
• 空间复杂度$O(N)$，我们需要额外开辟一个空间来记录这个节点是否被遍历过。

AC代码

C++

class Solution {
public:
    int arrayNesting(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<bool> visited(n, false);
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int cnt = 0;
            while (!visited[i]) {
                visited[i] = true;
                cnt++;
                i = nums[i];
            }
            ans = max(ans, cnt);
        }
        return ans;
    }
};

方法二：图遍历基础上的原地标记优化

方法二是方法一在空间上的改进。

方法一中，我们开辟了一个数组$visited$来记录哪个节点被标记过。

方法二中，我们选择不再另外开辟一个全新的数组，而是修改遍历过的节点（修改为$N$），以此来判断哪个节点被遍历过。

• 时间复杂度$O(N)$，其中$N$是图中节点的个数（也就是数组$nums$的长度）
• 空间复杂度$O(1)$，与方法一不同的是，方法二原地标记节点的过程中会修改原始节点的值。如果有“原始数组不可修改”的要求，那么就无法使用方法二

AC代码

C++

class Solution {
public:
    int arrayNesting(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int cnt = 0;
            while (nums[i] != n) {
                int next = nums[i];
                nums[i] = n;
                cnt++;
                i = next;
            }
            ans = max(ans, cnt);
        }
        return ans;
    }
};

可见空间使用量减少了一些。

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