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算法思路：

对于拓扑排序来说， 我们的中心思想是要我们可以找到一个顺序，每一次我们可以进行的工序是现在没有先序依赖的工序，
按照这个顺序可以流畅的完成我们的任务。
思路基于BFS的队列实现。区别在于统计每个节点的入度数。此法也可用于无向图。

  1. 根据边统计每个节点的入度数记入in[i]，其他节点（含无边节点）入度数为0
  2. 找出度数为0的节点加入到Queue
  3. 取出队首节点，把此节点邻接的节点度数减1，如果度数为0，加入到队列，循环直到队列为空
  4. 如果队列为空但仍有节点度数不为0，存在循环，否则不存在

应用：

  1. 求最长或最短路径(Leetcode 310)
  2. 判断拓扑顺序(Leetcode外星人字典)
  3. 判断循环(Python代码返回None)

注意事项：

  1. graph要含所有节点，包括没有边的节点。否则结果会有遗漏
  2. in_degree初始化要对所有节点赋0. graph的值是node的下标, 注意in_degree的赋值.
  3. 第四步判断是否含循环必不可少，要根据题目要求来处理。除非L310 min height明确一定有解，而L269外星人字典就明确可能无解

Python代码：

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def topological_sort(self, graph: List[List[int]], n: int) -> List[int]:
	in_degree = [0] * n
	for i in range(len(graph)):
		for node in graph[i]:
			in_degree[node] += 1

	start_nodes = [i for i in range(len(in_degree)) if in_degree[i] == 0]
	queue, res = deque(start_nodes), []
	while queue:
		node = queue.popleft()
		res.append(node)
		for neighbor in graph[node]:
			in_degree[neighbor] -= 1
			if in_degree[neighbor] == 0:
				queue.append(neighbor)
	return res if len(res) == n else None

Java代码：

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/*
 * graph: 邻接表
 * num: 节点个数 
 */
public void topologicalSort(ArrayList<ArrayList<Integer>> graph, int num) {
	int[] inDegree = new int[num];
	//populate inDegree
	for(ArrayList<Integer> adjacencyList : graph){
		for(Integer node : adjacencyList){
			inDegree[node]++;
		}       	
	}
	Queue<Integer> q = new LinkedList<Integer>();
	for(int i=0;i<inDegree.length;i++){
		if(inDegree[i]==0)
			q.offer(i);
	}
	int count = 0;
	while(!q.isEmpty()){
		Integer v = q.poll();
		count++;
		System.out.print(v + "->");
		for(int neighbor : graph.get(v)){
			if(--inDegree[neighbor]==0)
				q.offer(neighbor);
		}
	}
	/* check isCyclic  or not
	return count == num;;
	*/
}

算法分析：

时间复杂度为O(n)，w为树的所有层里面的最大长度，空间复杂度O(w)。

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算法思路：

Leetcode 208 Implement Trie (Prefix Tree), 也可以用HashMap将所有前缀加入到Map来实现，效率稍低。

适用条件：

prefix搜索和文件系统
变体：Trie+DFS, search中迭代变递归，详见算法知识目录

注意事项：

  1. TrieNode用{}和is_end，insert, search, startswith用it和i迭代比较
  2. startswith含整个单词，如单词apple，startswith(‘apple’) -> True
  3. Line 11记得加，也就是dict在取value是一定要先检验key是否存在。可以不加，解决方案是用defaultdict（后版本）。

新版本比旧版本更简洁，体现在is_end的处理放在了for循环外。
存储结构举例： a

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TrieNode(
  children = { 
    'a':  TrieNode(is_End = True)
  }
  is_end = False
)

实现思路：

  1. 数据结构为多叉树defaultdict(TrieNode)
  2. 实现用链表来迭代写，self.head是fake node
  3. search和startsWith的遍历指针从head开始，比较指针的子节点(下一位)和s[i]. 不能比较指针是否为空, 因为it=it.children[s[i]]后，it就肯定不会空，由于defaultdict

Python代码：

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    def __init__(self):
        self.head = TrieNode()

    def insert(self, word: str) -> None:
        it = self.head
        for i in range(len(word)):
            # if word[i] not in it.children:
                #it.children[word[i]] = TrieNode()
            it = it.children[word[i]]
        it.is_end = True

    def search(self, word: str) -> bool:
        it = self.head
        for i in range(len(word)):
            if word[i] not in it.children:
                return False
            it = it.children[word[i]]
        return it.is_end

    def startsWith(self, prefix: str) -> bool:
        it = self.head
        for i in range(len(prefix)):
            if prefix[i] not in it.children:
                return False
            it = it.children[prefix[i]]
        return True

class TrieNode:

    def __init__(self):
        self.children = collections.defaultdict(TrieNode)  # {}
        self.is_end = False

旧版本： 冗余了一个if语句if i == len(word) - 1

Python代码：

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class Trie(TestCases):

        def __init__(self):
        self.head = TrieNode()

    def insert(self, word: str) -> None:
        if not word:
            return
        it = self.head
        for i in range(len(word)):
            # if word[i] not in it.children:
                # it.children[word[i]] = TrieNode()
            it = it.children[word[i]]
            if i == len(word) - 1:
                it.is_end = True

    def search(self, word: str) -> bool:
        if not word:
            return False
        it = self.head
        for i in range(len(word)):
            if word[i] not in it.children:
                return False
            it = it.children[word[i]]
            if i == len(word) - 1 and it.is_end:
                return True
        return False

    def startsWith(self, prefix: str) -> bool:
        if not prefix:
            return False
        it = self.head
        for i in range(len(prefix)):
            if prefix[i] not in it.children:
                return False
            it = it.children[prefix[i]]
            if i == len(prefix) - 1:
                return True
        return False

class TrieNode:

    def __init__(self):
        self.children = collections.defaultdict(TrieNode)  # {}
        self.is_end = False

算法分析：

每个操作时间复杂度为O(n)，空间复杂度O(n)，n为单词长度。

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算法思路：

DFS用于需要知道具体路径的问题，而并查集方法用于不需知道具体路径只关心连通性的问题。
此算法把同一个连通集归结为同一个根节点，作为判断是否一个连通集的标识。它用深度为2的扁平树组织起来。这是查找操作。
另一个关键操作是联合两个不同连通集，就是直接把根节点直接作为另一课树的子节点。在这个过程中，新的树深度可能会大于2，但当要union路径大于2的节点是，会对其进行路径压缩。
最巧妙的操作当属find操作，将路径进行压缩，变成长度为1的路径，见步骤4。
可能有人会考虑用HashMap而不是树，HashMap查找也是很高效，但联合操作比较费时，因为要更新另一个树的所有节点的根节点。

算法步骤：

  1. 初始化UnionFind类，包括3个属性：count（独立连通数）, parent（某节点的父节点）, rank（连通集排名，只有每个连通集根节点的rank不为0，其他点均为0。这是一个描述连通集规模的变量，如果规模越大，
    rank值可能越大。合并时候，rank较小的话，规模也较小，这样用rank小的合并到rank大的，需要压缩路径的节点较少，复杂度更低）。合格的节点的parent初始化为自己的id，rank为0，count为所有合格节点数量。
  2. 遍历所有节点，union此节点及其相邻的节点（如上下左右）
  3. union时候，先find两节点的根节点，若相同忽略。若不同，合并此两连通集：rank大的连通集，作为rank小的连通集的父节点。若rank相等，选任一作为另一个的父节点且把它的rank加1。count减1。
    如下图，union 5和1的，find(6)会进行压缩路径，把6接到5下。
  4. find寻找根节点的同时，压缩成与根节点路径为1的连通。

例子矩阵：
{‘0’,’1’,’1’,’0’,’0’}
{‘1’,’1’,’1’,’0’,’0’}

应用条件：

动态计算连通数如305. Number of Islands II

注意事项：

  1. find中是if语句不是while语句，因为递归已经达到
  2. union中，是祖先节点相连，不是输入相连
  3. union的调用在类外面调用，不是在init里做

实现思路：

  1. 数据结构为a->b的父子parent[a]=b关系defaultdict(str)
  2. find实现用来DFS写,先找到root，将所有节点连到root

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class UnionFind(TestCases):

    def __init__(self, li):
        self.parents = collections.defaultdict(str)
        for s in li:
            self.parents[s] = s

    def find(self, s):
        if self.parents[s] == s:
            return s
        root = self.find(self.parents[s])
        return root

    def union(self, s1, s2):
        root1, root2 = self.find(s1), self.find(s2)
        self.parents[root2] = root1  # remember not self.parent[s] = s2

注意事项：

find要注意压缩路径parent[i] = find(parent[i])

初始化：

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class UnionFind {
	int[] parent;
	
	public Initialization(int n) {
        // initialize your data structure here.
        parent = new int[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            father[i] = i;
    }
}

查找：

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public int find(int i) {
	if (parent[i] != i) {
		parent[i] = find(parent[i]); // path compression
	}
	return parent[i];
}

合并：

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public void union(int a, int b) {
	int root_a = find(a);
	int root_b = find(b);
	if (root_a != root_b)
		parent[root_a] = root_b;
}

Java代码：

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class UnionFind {
	int count; // # of connected components
	int[] parent;
	int[] rank;

	public UnionFind(char[][] grid) { // for problem 200
		count = 0;
		int m = grid.length;
		int n = grid[0].length;
		parent = new int[m * n];
		rank = new int[m * n];
		for (int i = 0; i < m; ++i) {
			for (int j = 0; j < n; ++j) {
				if (grid[i][j] == '1') {
					parent[i * n + j] = i * n + j;
					++count;
				}
				rank[i * n + j] = 0;
			}
		}
	}

	public int find(int i) {
		if (parent[i] != i) {
			parent[i] = find(parent[i]); // path compression
		}
		return parent[i];
	}

	// union point x and y with rank
	public void union(int x, int y) {
		int rootx = find(x);
		int rooty = find(y);
		if (rootx != rooty) {
			if (rank[rootx] > rank[rooty]) {
				parent[rooty] = rootx;
			} else if (rank[rootx] < rank[rooty]) {
				parent[rootx] = rooty;
			} else {
				parent[rooty] = rootx;
				rank[rootx] += 1;
			}
			--count;
		}
	}

	public int getCount() {
		return count;
	}
}

public int numIslands3(char[][] grid) {
	if (grid == null || grid.length == 0) {
		return 0;
	}

	int nr = grid.length;
	int nc = grid[0].length;
	int num_islands = 0;
	UnionFind uf = new UnionFind(grid);
	for (int r = 0; r < nr; ++r) {
		for (int c = 0; c < nc; ++c) {
			if (grid[r][c] == '1') {
				grid[r][c] = '0';
				if (r - 1 >= 0 && grid[r - 1][c] == '1') {
					uf.union(r * nc + c, (r - 1) * nc + c);
				}
				if (r + 1 < nr && grid[r + 1][c] == '1') {
					uf.union(r * nc + c, (r + 1) * nc + c);
				}
				if (c - 1 >= 0 && grid[r][c - 1] == '1') {
					uf.union(r * nc + c, r * nc + c - 1);
				}
				if (c + 1 < nc && grid[r][c + 1] == '1') {
					uf.union(r * nc + c, r * nc + c + 1);
				}
			}
		}
	}

	return uf.getCount();
}

算法分析：

时间复杂度为O(MN)，空间复杂度O(MN)。M,N分别为矩阵长宽。遍历每个节点，而每个节点只会遍历4个相邻节点。

Ref：

并查集(Union-Find)算法介绍

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LeetCode



Given a binary search tree (BST), find the lowest common ancestor (LCA) of two given nodes in the BST.

According to the definition of LCA on Wikipedia: “The lowest common ancestor is defined between two nodes p and q as the lowest node in T that has both p and q as descendants (where we allow a node to be a descendant of itself).”

Example 1:



Input: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5], p = 2, q = 8
Output: 6
Explanation: The LCA of nodes 2 and 8 is 6.


Example 2:



Input: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5], p = 2, q = 4
Output: 2
Explanation: The LCA of nodes 2 and 4 is 2, since a node can be a descendant of itself according to the LCA definition.


Example 3:

Input: root = [2,1], p = 2, q = 1
Output: 2


Constraints:

The number of nodes in the tree is in the range [2, 10<sup>5</sup>]. -10<sup>9</sup> <= Node.val <= 10<sup>9</sup>
All Node.val are unique. p != q
* p and q will exist in the BST.

题目大意：

BST中求给定的两节点的最低共同父亲节点

解题思路：

三种情况，也是用DFS

解题步骤：

N/A

注意事项：

  1. pq一定存在，所以有**三种情况： 1) p或q是root，另一是其子孙。 2) p，q分列root两边。 3) p，q在root的一边。跟LeetCode 236 Lowest Common Ancestor of a Binary Tree不同的是，
    第二种情况，不用递归即知道，因为这是BST。第一和第三种情况同
  2. 第二种情况由于要比较p, q, root顺序，所以要令p, q有序，Line 4-5

Python代码：

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def lowestCommonAncestor(self, root: 'TreeNode', p: 'TreeNode', q: 'TreeNode') -> 'TreeNode':
	if not root:
		return None
	if p.val > q.val: # remember
		return self.lowestCommonAncestor(root, q, p)
	if p.val <= root.val <= q.val or p == root or q == root: # remember root is p or q
		return root
	if p.val < root.val and q.val < root.val:
		return self.lowestCommonAncestor(root.left, p, q)
	else:
		return self.lowestCommonAncestor(root.right, p, q)

算法分析：

时间复杂度为O(logn)，空间复杂度O(1)

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LeetCode



Given an integer array nums, move all 0‘s to the end of it while maintaining the relative order of the non-zero elements.

Note that you must do this in-place without making a copy of the array.

Example 1:

Input: nums = [0,1,0,3,12]
Output: [1,3,12,0,0]


Example 2:

Input: nums = [0]
Output: [0]


Constraints:

1 <= nums.length <= 10<sup>4</sup> -2<sup>31</sup> <= nums[i] <= 2<sup>31</sup> - 1

Follow up: Could you minimize the total number of operations done?

题目大意：

将数组的0全部移到数组末

解题思路：

简单题。Quicksort的partition的应用

解题步骤：

N/A

注意事项：

  1. Python代码：

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    def moveZeroes(self, nums: List[int]) -> None:
    	"""
    	Do not return anything, modify nums in-place instead.
    	"""
    	first_zero_idx = 0
    	for i in range(len(nums)):
    		if nums[i] != 0:
    			nums[i], nums[first_zero_idx] = nums[first_zero_idx], nums[i]
    			first_zero_idx += 1

算法分析：

时间复杂度为O(n)，空间复杂度O(1)

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