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中等
1865
第 63 场双周赛 Q3
广度优先搜索
数组

English Version

题目描述

给你一个有 n 个服务器的计算机网络,服务器编号为 0 到 n - 1 。同时给你一个二维整数数组 edges ,其中 edges[i] = [ui, vi] 表示服务器 ui 和 vi 之间有一条信息线路,在 一秒 内它们之间可以传输 任意 数目的信息。再给你一个长度为 n 且下标从 0 开始的整数数组 patience 。

题目保证所有服务器都是 相通 的,也就是说一个信息从任意服务器出发,都可以通过这些信息线路直接或间接地到达任何其他服务器。

编号为 0 的服务器是  服务器,其他服务器为 数据 服务器。每个数据服务器都要向主服务器发送信息,并等待回复。信息在服务器之间按 最优 线路传输,也就是说每个信息都会以 最少时间 到达主服务器。主服务器会处理 所有 新到达的信息并 立即 按照每条信息来时的路线 反方向 发送回复信息。

0 秒的开始,所有数据服务器都会发送各自需要处理的信息。从第 1 秒开始, 一秒最 开始 时,每个数据服务器都会检查它是否收到了主服务器的回复信息(包括新发出信息的回复信息):

  • 如果还没收到任何回复信息,那么该服务器会周期性 重发 信息。数据服务器 i 每 patience[i] 秒都会重发一条信息,也就是说,数据服务器 i 在上一次发送信息给主服务器后的 patience[i] 秒  会重发一条信息给主服务器。
  • 否则,该数据服务器 不会重发 信息。

当没有任何信息在线路上传输或者到达某服务器时,该计算机网络变为 空闲 状态。

请返回计算机网络变为 空闲 状态的 最早秒数 。

 

示例 1:

example 1

输入:edges = [[0,1],[1,2]], patience = [0,2,1]
输出:8
解释:
0 秒最开始时,
- 数据服务器 1 给主服务器发出信息(用 1A 表示)。
- 数据服务器 2 给主服务器发出信息(用 2A 表示)。

1 秒时,
- 信息 1A 到达主服务器,主服务器立刻处理信息 1A 并发出 1A 的回复信息。
- 数据服务器 1 还没收到任何回复。距离上次发出信息过去了 1 秒(1 < patience[1] = 2),所以不会重发信息。
- 数据服务器 2 还没收到任何回复。距离上次发出信息过去了 1 秒(1 == patience[2] = 1),所以它重发一条信息(用 2B 表示)。

2 秒时,
- 回复信息 1A 到达服务器 1 ,服务器 1 不会再重发信息。
- 信息 2A 到达主服务器,主服务器立刻处理信息 2A 并发出 2A 的回复信息。
- 服务器 2 重发一条信息(用 2C 表示)。
...
4 秒时,
- 回复信息 2A 到达服务器 2 ,服务器 2 不会再重发信息。
...
7 秒时,回复信息 2D 到达服务器 2 。

从第 8 秒开始,不再有任何信息在服务器之间传输,也不再有信息到达服务器。
所以第 8 秒是网络变空闲的最早时刻。

示例 2:

example 2

输入:edges = [[0,1],[0,2],[1,2]], patience = [0,10,10]
输出:3
解释:数据服务器 1 和 2 第 2 秒初收到回复信息。
从第 3 秒开始,网络变空闲。

 

提示:

  • n == patience.length
  • 2 <= n <= 105
  • patience[0] == 0
  • 对于 1 <= i < n ,满足 1 <= patience[i] <= 105
  • 1 <= edges.length <= min(105, n * (n - 1) / 2)
  • edges[i].length == 2
  • 0 <= ui, vi < n
  • ui != vi
  • 不会有重边。
  • 每个服务器都直接或间接与别的服务器相连。

解法

方法一:BFS

我们先根据二维数组 $edges$ 构建无向图 $g$,其中 $g[u]$ 表示节点 $u$ 的所有邻居节点。

然后,我们可以使用广度优先搜索的方式,找出每个节点 $i$ 距离主服务器的最短距离 $d_i$,那么节点 $i$ 发出信息后,最早能收到回复的时间为 $2 \times d_i$。由于每个数据服务器 $i$ 每隔 $patience[i]$ 会重发一条信息,因此,每个数据服务器最后一次发出信息的时间为 $(2 \times d_i - 1) / patience[i] \times patience[i]$,那么最后收到回复的时间为 $(2 \times d_i - 1) / patience[i] \times patience[i] + 2 \times d_i$,再加上 $1$ 秒的处理时间,即为该数据服务器变为空闲的最早时间。我们找出最晚的这个时间,即为计算机网络变为空闲的最早时间。

时间复杂度 $O(n)$,空间复杂度 $O(n)$。其中 $n$ 为节点数。

Python3

class Solution:
    def networkBecomesIdle(self, edges: List[List[int]], patience: List[int]) -> int:
        g = defaultdict(list)
        for u, v in edges:
            g[u].append(v)
            g[v].append(u)
        q = deque([0])
        vis = {0}
        ans = d = 0
        while q:
            d += 1
            t = d * 2
            for _ in range(len(q)):
                u = q.popleft()
                for v in g[u]:
                    if v not in vis:
                        vis.add(v)
                        q.append(v)
                        ans = max(ans, (t - 1) // patience[v] * patience[v] + t + 1)
        return ans

Java

class Solution {
    public int networkBecomesIdle(int[][] edges, int[] patience) {
        int n = patience.length;
        List<Integer>[] g = new List[n];
        Arrays.setAll(g, k -> new ArrayList<>());
        for (int[] e : edges) {
            int u = e[0], v = e[1];
            g[u].add(v);
            g[v].add(u);
        }
        Deque<Integer> q = new ArrayDeque<>();
        q.offer(0);
        boolean[] vis = new boolean[n];
        vis[0] = true;
        int ans = 0, d = 0;
        while (!q.isEmpty()) {
            ++d;
            int t = d * 2;
            for (int i = q.size(); i > 0; --i) {
                int u = q.poll();
                for (int v : g[u]) {
                    if (!vis[v]) {
                        vis[v] = true;
                        q.offer(v);
                        ans = Math.max(ans, (t - 1) / patience[v] * patience[v] + t + 1);
                    }
                }
            }
        }
        return ans;
    }
}

C++

class Solution {
public:
    int networkBecomesIdle(vector<vector<int>>& edges, vector<int>& patience) {
        int n = patience.size();
        vector<int> g[n];
        for (auto& e : edges) {
            int u = e[0], v = e[1];
            g[u].push_back(v);
            g[v].push_back(u);
        }
        queue<int> q{{0}};
        bool vis[n];
        memset(vis, false, sizeof(vis));
        vis[0] = true;
        int ans = 0, d = 0;
        while (!q.empty()) {
            ++d;
            int t = d * 2;
            for (int i = q.size(); i; --i) {
                int u = q.front();
                q.pop();
                for (int v : g[u]) {
                    if (!vis[v]) {
                        vis[v] = true;
                        q.push(v);
                        ans = max(ans, (t - 1) / patience[v] * patience[v] + t + 1);
                    }
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

Go

func networkBecomesIdle(edges [][]int, patience []int) (ans int) {
	n := len(patience)
	g := make([][]int, n)
	for _, e := range edges {
		u, v := e[0], e[1]
		g[u] = append(g[u], v)
		g[v] = append(g[v], u)
	}
	q := []int{0}
	vis := make([]bool, n)
	vis[0] = true
	for d := 1; len(q) > 0; d++ {
		t := d * 2
		for i := len(q); i > 0; i-- {
			u := q[0]
			q = q[1:]
			for _, v := range g[u] {
				if !vis[v] {
					vis[v] = true
					q = append(q, v)
					ans = max(ans, (t-1)/patience[v]*patience[v]+t+1)
				}
			}
		}
	}
	return
}

TypeScript

function networkBecomesIdle(edges: number[][], patience: number[]): number {
    const n = patience.length;
    const g: number[][] = Array.from({ length: n }, () => []);
    for (const [u, v] of edges) {
        g[u].push(v);
        g[v].push(u);
    }
    const vis: boolean[] = Array.from({ length: n }, () => false);
    vis[0] = true;
    let q: number[] = [0];
    let ans = 0;
    for (let d = 1; q.length > 0; ++d) {
        const t = d * 2;
        const nq: number[] = [];
        for (const u of q) {
            for (const v of g[u]) {
                if (!vis[v]) {
                    vis[v] = true;
                    nq.push(v);
                    ans = Math.max(ans, (((t - 1) / patience[v]) | 0) * patience[v] + t + 1);
                }
            }
        }
        q = nq;
    }
    return ans;
}