LeetCode 1129. 颜色交替的最短路径

Question

在一个有向图中，节点分别标记为 0, 1, ..., n-1。这个图中的每条边不是红色就是蓝色，且存在自环或平行边。

red_edges 中的每一个 [i, j] 对表示从节点 i 到节点 j 的红色有向边。类似地，blue_edges 中的每一个 [i, j] 对表示从节点 i 到节点 j 的蓝色有向边。

返回长度为 n 的数组 answer，其中 answer[X] 是从节点 0 到节点 X 的红色边和蓝色边交替出现的最短路径的长度。如果不存在这样的路径，那么 answer[x] = -1。

示例 1：

输入：n = 3, red_edges = [[0,1],[1,2]], blue_edges = []
输出：[0,1,-1]

示例 2：

输入：n = 3, red_edges = [[0,1]], blue_edges = [[2,1]]
输出：[0,1,-1]

示例 3：

输入：n = 3, red_edges = [[1,0]], blue_edges = [[2,1]]
输出：[0,-1,-1]

示例 4：

输入：n = 3, red_edges = [[0,1]], blue_edges = [[1,2]]
输出：[0,1,2]

示例 5：

输入：n = 3, red_edges = [[0,1],[0,2]], blue_edges = [[1,0]]
输出：[0,1,1]

提示：

1 <= n <= 100
red_edges.length <= 400
blue_edges.length <= 400
red_edges[i].length == blue_edges[i].length == 2
0 <= red_edges[i][j], blue_edges[i][j] < n

前置知识

• BFS

思路

如果这道题不是求从 0 到 i 的红蓝相间的最短路径长度，而是从 0 到 i 的最短红色最短路径长度， 你会求解么？

实际上，这就 变成了一个简单的 BFS。

我们只需要根据 red_edges 建立邻接矩阵。接下来使用常规的 BFS 从 0 开始遍历，每遍历到一个节点就将其更新到答案中去即可。

那么问题扩展到红蓝相间有什么不同呢？不难发现，当本次边是红色的时候，下次我们需要从相邻的边中挑选一个蓝的边。如果本次是蓝色的边，则需要下次挑选一个红色的边。

这提示我们记录当前需要挑选的边的颜色是什么（红还是蓝）。

最直接的想法是建立两个队列。

• 一个是以红色边开始
• 另一个是以蓝色边开始

如果是蓝色边开始，显然需要从 blue_edges 建立的临界矩阵中挑一个蓝色的边。挑选完毕之后，我们需要下次再挑选红色的边，以此类推。如果从红色边开始也是类似的，不再分析。

实际上，我们也可以使用一个队列。队列中存储的不是单一值，而是一个元祖，这样我们就可以将当前的边颜色信息存储到队列中。这样每次从队列中 pop 一个出来，就可直接根据 pop 出来的颜色来决定应该去红色边还是蓝色边了。

这里我使用 1 和 - 1 这样的一对相反数分别表示红色和蓝色，这样我就可以直接取相反数得到下一次 push 进队列的颜色是什么，而不用谢 if else 语句。

代码

• 语言支持：Python3

Python3 Code:

class Solution:
    def shortestAlternatingPaths(self, n: int, red_edges: List[List[int]], blue_edges: List[List[int]]) -> List[int]:
        ans = [2 * n] * n
        neibors_red = collections.defaultdict(list)
        neibors_blue = collections.defaultdict(list)
        # 1. 建立邻接矩阵
        for fr, to in red_edges:
            neibors_red[fr].append(to)
        for fr, to in blue_edges:
            neibors_blue[fr].append(to)‘
        # 将颜色也存入到队中
        q = collections.deque([(0, -1), (0, 1)])
        steps = 0

        while q:
            for _ in range(len(q)):
                cur, color = q.popleft()
                ans[cur] = min(ans[cur], steps)
                # color == 1 该取红边了，否则取蓝边
                neibors = neibors_red if color == 1 else neibors_blue
                for nxt in neibors[cur]:
                    q.append((nxt, -1 * color))
                # 此处的作用等同于 visited，即防止环的产产生。
                neibors[cur] = []
            steps += 1

        return [-1 if a == 2 * n else a for a in ans]

复杂度分析

令 n 为数组长度。

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(n)$