LC 1631. 最小体力消耗路径

题目描述

这是 LeetCode 上的 1631. 最小体力消耗路径 ,难度为 中等

你准备参加一场远足活动。

给你一个二维 rows x columns 的地图 heights ,其中 heights[row][col] 表示格子 (row, col) 的高度。

一开始你在最左上角的格子 (0, 0) ,且你希望去最右下角的格子 (rows-1, columns-1) (注意下标从 0 开始编号)。

你每次可以往 上,下,左,右 四个方向之一移动,你想要找到耗费 体力 最小的一条路径。

一条路径耗费的「体力值」是路径上相邻格子之间「高度差绝对值」的「最大值」决定的。

请你返回从左上角走到右下角的最小 体力消耗值 。

示例 1:

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输入:heights = [[1,2,2],[3,8,2],[5,3,5]]

输出:2

解释:路径 [1,3,5,3,5] 连续格子的差值绝对值最大为 2 。
这条路径比路径 [1,2,2,2,5] 更优,因为另一条路径差值最大值为 3 。

示例 2:

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输入:heights = [[1,2,3],[3,8,4],[5,3,5]]

输出:1

解释:路径 [1,2,3,4,5] 的相邻格子差值绝对值最大为 1 ,比路径 [1,3,5,3,5] 更优。

示例 3:
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输入:heights = [[1,2,1,1,1],[1,2,1,2,1],[1,2,1,2,1],[1,2,1,2,1],[1,1,1,2,1]]

输出:0

解释:上图所示路径不需要消耗任何体力。

提示:

  • rows == heights.length
  • columns == heights[i].length
  • 1 <= rows, columns <= 100
  • 1 <= heights[i][j] <= $10^6$

基本分析

对于这道题,可能会有同学想这是不是应该用 DP 呀?

特别是接触过「路径问题」但又还没系统学完的同学。

事实上,当题目允许往任意方向移动时,考察的往往就不是 DP 了,而是图论。

从本质上说,DP 问题是一类特殊的图论问题。

那为什么有一些 DP 题目简单修改条件后,就只能彻底转化为图论问题来解决了呢?

这是因为修改条件后,导致我们 DP 状态展开不再是一个拓扑序列,也就是我们的图不再是一个拓扑图。

换句话说,DP 题虽然都属于图论范畴。

但对于不是拓扑图的图论问题,我们无法使用 DP 求解。

而此类看似 DP,实则图论的问题,通常是最小生成树或者最短路问题。


Kruskal

当一道题我们决定往「图论」方向思考时,我们的重点应该放在「如何建图」上。

因为解决某个特定的图论问题(最短路/最小生成树/二分图匹配),我们都是使用特定的算法。

由于使用到的算法都有固定模板,因此编码难度很低,而「如何建图」的思维难度则很高。

对于本题,我们可以按照如下分析进行建图:

因为在任意格子可以往「任意方向」移动,所以相邻的格子之间存在一条无向边。

题目要我们求的就是从起点到终点的最短路径中,边权最大的值

我们可以先遍历所有的格子,将所有的边加入集合。

存储的格式为数组 $[a, b, w]$ ,代表编号为 $a$ 的点和编号为 $b$ 的点之间的权重为 $w$。

按照题意,$w$ 为两者的高度差的绝对值。

对集合进行排序,按照 $w$ 进行从小到大排序(Kruskal 部分)。

当我们有了所有排好序的候选边集合之后,我们可以对边进行从前往后处理,每次加入一条边之后,使用并查集来查询「起点」和「终点」是否连通(并查集部分)。

当第一次判断「起点」和「终点」联通时,说明我们「最短路径」的所有边都已经应用到并查集上了,而且由于我们的边是按照「从小到大」进行排序,因此最后一条添加的边就是「最短路径」上权重最大的边。

代码:

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class Solution {
int N = 10009;
int[] p = new int[N];
int row, col;
void union(int a, int b) {
p[find(a)] = p[find(b)];
}
boolean query(int a, int b) {
return p[find(a)] == p[find(b)];
}
int find(int x) {
if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
public int minimumEffortPath(int[][] heights) {
row = heights.length;
col = heights[0].length;

// 初始化并查集
for (int i = 0; i < row * col; i++) p[i] = i;

// 预处理出所有的边
// edge 存的是 [a, b, w]:代表从 a 到 b 的体力值为 w
// 虽然我们可以往四个方向移动,但是只要对于每个点都添加「向右」和「向下」两条边的话,其实就已经覆盖了所有边了
List<int[]> edges = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i < row; i++) {
for (int j = 0; j < col; j++) {
int idx = getIndex(i, j);
if (i + 1 < row) {
int a = idx, b = getIndex(i + 1, j);
int w = Math.abs(heights[i][j] - heights[i + 1][j]);
edges.add(new int[]{a, b, w});
}
if (j + 1 < col) {
int a = idx, b = getIndex(i, j + 1);
int w = Math.abs(heights[i][j] - heights[i][j + 1]);
edges.add(new int[]{a, b, w});
}
}
}

// 根据权值 w 降序
Collections.sort(edges, (a,b)->a[2]-b[2]);

// 从「小边」开始添加,当某一条边别应用之后,恰好使用得「起点」和「结点」联通
// 那么代表找到了「最短路径」中的「权重最大的边」
int start = getIndex(0, 0), end = getIndex(row - 1, col - 1);
for (int[] edge : edges) {
int a = edge[0], b = edge[1], w = edge[2];
union(a, b);
if (query(start, end)) {
return w;
}
}
return 0;
}
int getIndex(int x, int y) {
return x * col + y;
}
}

令行数为 $r$,列数为 $c$,那么节点的数量为 $r c$,无向边的数量严格为 $r (c - 1) + c (r - 1)$,数量级上为 $r c$。

  • 时间复杂度:获取所有的边复杂度为 $O(r c)$,排序复杂度为 $O((r c)\log{(r c)})$,遍历得到最终解复杂度为 $O(r c)$。整体复杂度为 $O((r c)\log{(r c)})$。
  • 空间复杂度:使用了并查集数组。复杂度为 $O(r * c)$。

证明

我们之所以能够这么做,是因为「跳出循环前所遍历的最后一条边必然是最优路径上的边,而且是 $w$ 最大的边」。

我们可以用「反证法」来证明这个结论为什么是正确的。

我们先假设「跳出循环前所遍历的最后一条边必然是最优路径上的边,而且是 $w$ 最大的边」不成立:

我们令循环终止前的最后一条边为 a

  1. 假设 a 不在最优路径内:如果 $a$ 并不在最优路径内,即最优路径是由 $a$ 边之前的边构成,那么 $a$ 边不会对左上角和右下角节点的连通性产生影响。也就是在遍历到该边之前,左上角和右下角应该是联通的,逻辑上循环会在遍历到该边前终止。与我们循环的决策逻辑冲突。

  2. $a$ 在最优路径内,但不是 $w$ 最大的边:我们在遍历之前就已经排好序。与排序逻辑冲突。

因此,我们的结论是正确的。a 边必然属于「最短路径」并且是权重最大的边。


最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1631 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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