算法力扣刷题记录八十九【332.重新安排行程】

前言

回溯章节第13篇。

记录八十九【332.重新安排行程】

一、题目阅读

给你一份航线列表 tickets ，其中 tickets[i] = [fromi, toi] 表示飞机出发和降落的机场地点。请你对该行程进行重新规划排序。

所有这些机票都属于一个从 JFK（肯尼迪国际机场）出发的先生，所以该行程必须从 JFK 开始。如果存在多种有效的行程，请你按字典排序返回最小的行程组合。

例如，行程 [“JFK”, “LGA”] 与 [“JFK”, “LGB”] 相比就更小，排序更靠前。
假定所有机票至少存在一种合理的行程。且所有的机票 必须都用一次 且 只能用一次。

示例 1：
在这里插入图片描述

输入：tickets = [["MUC","LHR"],["JFK","MUC"],["SFO","SJC"],["LHR","SFO"]]
输出：["JFK","MUC","LHR","SFO","SJC"]

示例 2：
在这里插入图片描述

输入：tickets = [["JFK","SFO"],["JFK","ATL"],["SFO","ATL"],["ATL","JFK"],["ATL","SFO"]]
输出：["JFK","ATL","JFK","SFO","ATL","SFO"]
解释：另一种有效的行程是 ["JFK","SFO","ATL","JFK","ATL","SFO"] ，但是它字典排序更大更靠后。

提示：

1 <= tickets.length <= 300
tickets[i].length == 2
fromi.length == 3
toi.length == 3
from i 和 to i 由大写英文字母组成
from i != to i

二、尝试实现

2.1分析题目，确定方法

理解题目：

给的参数是tickets 数组，其中每一个元素代表一张机票，该机票表现形式是[fromi, toi] ，表示出发地和终点；如下图：
题目要求把tickets都串联起来，从JFK的机票开始，形成一条航线。比如示例一：

理解题目含义之后：

明显看出来这不是贪心或者动态规划类的题目。没有办法从前一个状态推到下一个状态。
tickets集合可以将节点构成一个有向图，使用图论中的搜索方式，找到一条路径如何？应该可以。但是第一步需要先把tickets变成图的表示方法：邻接表。
根据记录八十二【图论理论基础及深度优先搜索算法】和记录八十五【图论的广度优先搜索理论基础】，广度优先搜索应用在两点之间最短路径查找多，本题目应该选用深度优先搜索，因为是找一条路径，当找不通时，回溯更改方向继续搜索。如果搜到路径（并且排序最小），应该返回。
那么：本题方法——深搜+回溯。
用到回溯算法：参考为回溯新开了一个章节。那么相当于从tickets集合中顺序选择机票，串联起来，找一个排列。（另一个角度，所以不需要把tickets转换成邻接表）

2.2 回溯思路【排列角度】

题目只返回一条行程，按字典排序最小的行程。那么，先把tickets进行从小到大排序。第一个问题：如何解决排序？

现有的sort函数没有办法对tickets[i]：vector< string> 形式排序，所以要自己实现比较函数。如下：

1. static修饰：如果调用类的非静态成员函数要创建对象。为了力扣的核心代码形式，所以加static。
2. 先比较from出发地。如果from一样，比较end终点。从小到大排列。
static bool compare(const vector<string>& ticket_a,const vector<string>& ticket_b){if(ticket_a[0] == ticket_b[0]){return ticket_a[1] < ticket_b[1];}else{return ticket_a[0] < ticket_b[0];}}

排序之后，找到的第一条路径肯定是字典排序后最小的。 只搜集第一个叶子结点。

递归搜索：回溯的过程。

确定递归的返回值：用一个成员vector< string> temp;记录结果。
确定递归的参数：
- vector< bool>& used：表明这个tickets[i]有没有被使用过。题目说所有的tickets[i]都要被使用且使用1次，所以used作用在此；
- string from ：代表下一个机票的出发地。上一个ticket的降落地 = 下一个ticket的出发地；
- int& usenum：代表使用过的tickets总数。控制终止条件。usenum == tickets.size()时终止；
- const vector<vector< string>>& tickets ：输入的tickets数组。
确定递归的终止条件：
- 如果从temp.size来判断终止不太方便，所以用一个变量usenum表示现在使用了多少个ticket，如果usenum == tickets.size()代表使用了所有的tickets，那么应该return。
确定递归的逻辑：
- 在主函数中先sort tickets数组，结果相当于求一个排列，所以每次for循环从0开始到tickets.size()。
- 重复使用处理：if(used[i]) continue;如果标记该tickets[i]使用过，那么continue；
- 地点不连续处理：if(tickets[i][0] != from) continue;如果出发地不是上一层传递的from，那么continue；
- 找到的第一个没使用过且from出发地符合的tickets[i]一定是最小路径的一员。（提醒排过序了）
- tickets处理：把该tickets[i]的目的地放入temp；used = true；usenum++；
- 递到下一层：from赋值上一步的tickets[i]的目的地（to_i）;
- 回溯：把temp放入的目的地pop；used = false；usenum - -；
细节处理：本题只返回一条排序最小的路径，所以只搜集一个叶子结点。
- 设置一个全局的标志：bool ok = false；
- 在终止条件中，ok = true；
- 在for循环中，回溯之前先判断if(ok) ，那么break;

该回溯实现的树形结构，以示例一为例：

2.3 代码实现【回溯算法+排列角度】

class Solution {
public:vector<string> temp;//中间结果bool ok= false;static bool compare(const vector<string>& ticket_a,const vector<string>& ticket_b){if(ticket_a[0] == ticket_b[0]){return ticket_a[1] < ticket_b[1];}else{return ticket_a[0] < ticket_b[0];}}void backtracking(vector<bool>& used,string from,int& usenum,const vector<vector<string>>& tickets){//终止条件，是否所有机票都被使用过if(usenum == tickets.size()){ok = true;return;}for(int i = 0;i < tickets.size();i++){if(tickets[i][0] != from) continue;if(used[i]) continue;temp.push_back(tickets[i][1]);//把目的地放入used[i] = true;//该机票使用过usenum++;backtracking(used,tickets[i][1],usenum,tickets);//递到下一层if(ok) break;//只返回最小的行程，所以另一终止条件.只搜集一个叶子节点。temp.pop_back();used[i] = false;usenum--;}}vector<string> findItinerary(vector<vector<string>>& tickets) {sort(tickets.begin(),tickets.end(),compare);//把所有机票从小到大排列temp.clear();temp.push_back("JFK");vector<bool> used(tickets.size(),false);int usenum = 0;backtracking(used,"JFK",usenum,tickets);return temp;}
};

问题：提交后超时，无法通过；

分析时间复杂度：
- 首先sort，排序方式快排，时间复杂度O(nlogn)；
- 在进入递归：递归次数最差情况需要找到排列树形结构中的最后一个叶子节点。所以时间复杂度是O(n!)；
- 那么整体的时间复杂度：O(n* n! * logn)；

三、参考学习

【332.重新安排行程】参考学习链接

如何解决超时的问题？

3.1 学习思路

深搜离不开回溯。这道题就是深度优先搜索，深搜中必须用到回溯。
问题一：如何避开死循环？以参考给的示例：如果处理不好会在“JFK”和“NRT”之间来回跳跃。

尝试实现没有出现这个问题：使用used数组记录是否使用过，且使用1次，并不会出现这种情况。进入死循环，是因为把某个机票重复使用多次，或者有重复的机票。

问题二：处理映射关系。一个出发地可能对应有多个目的地。
解决：在unordered_map中使得出发机场没有重复的，且无需排序，底层实现是哈希表；map不允许重复，有序，底层实现是红黑树（二叉搜索树）；

unordered_map<string, map<string, int>> targets：unordered_map<出发机场, map<到达机场, 航班次数>> targets
航班次数用来解决：tickets中有重复的机票。如果“航班次数”大于零，说明目的地还可以到达，如果“航班次数”等于零说明目的地无法到达。
map<到达机场, 航班次数>完成2.3代码中的排序操作。

递归回溯实现：
- 递归的参数：
  - unordered_map<string, map<string, int>> targets：在函数之前先解决映射关系；
  - vector < string>& result：存放路径结果；相当于2.3代码的temp；
  - int ticketNum。终止条件使用，表示航班总数（终止条件会用上）= tickets数组的总数。
- 递归的返回值：bool
  - 2.2中的细节处理：只搜集一个叶子节点，个人用bool ok做了标记；在for循环中，回溯之前先判断if(ok) break;
  - 参考使用：返回值bool。
- 递归终止条件：if (result.size() == ticketNum + 1) { return true; }
- 递归函数的逻辑：
  - 遍历result[result.size()-1]（相当于2.3代码中的from参数的作用）所映射的map；
  - 先判断**“航班次数”** 是否大于0，还有无机会到达该目的地；
  - 处理航班：如果可以，把**“到达机场”** 放入result中，再“航班次数”++；
  - 递到下一层，根据下一层的返回值，是否直接return true；相当于2.3代码中的if(ok) break;
  - 回溯操作：把**“到达机场”** 从result中pop，再“航班次数”- -；

3.2 代码实现【回溯+航班映射】

class Solution {
public:unordered_map<string,map<string,int>> targets;bool backtracking(int ticketSum,vector<string>& result){if(result.size() == ticketSum+1){return true;}for(pair<const string,int>& target:targets[result[result.size()-1]]){if(target.second > 0){result.push_back(target.first);target.second--;if(backtracking(ticketSum,result)) return true;result.pop_back();target.second++;}}return false;}vector<string> findItinerary(vector<vector<string>>& tickets) {targets.clear();for(int i = 0;i < tickets.size();i++){targets[tickets[i][0]][tickets[i][1]]++;}vector<string> result;result.push_back("JFK");backtracking(tickets.size(),result);return result;}
};

注意点：

主函数中result要先放入起点“JFK”；
在使用rangefor遍历from出发地映射的map时，target必须是引用，因为target.second做了修改，需要传递到下一层；
pair<const string,int>类型必须加const，因为target必须是引用，就必须在 string 前面加上 const，因为map中的key 是不可修改的。或者直接auto让编译器自动识别类型。
```
for(auto& target:targets[result[result.size()-1]])
```

3.3 分析时间复杂度

对比2.3和3.2 两个代码实现：深搜和回溯的思路一致，但是容器的使用和处理上不一样导致一个出现超时的用例，一个没有超时风险。

完成映射的时间复杂度是O(n)；
进入到递归中。使用unordered_map找到from映射的map，底层是哈希表，查找O(1)常数级；再考虑递归次数：从排列角度看结果是获得一个排列，搜索顶多O(n!)；
那么3.2的时间复杂度是O(n * n!)；
因为使用映射容器，使得在查找from出发地时，用unordered_map减少了时间；递归中的for循环时间减少，并且排序时间也减少，两个地方使得3.2的代码实现比2.3更好。