[英]DFS + Memoized solution getting TLE on LeetCode
我試圖在 LeetCode的比賽(現已完成)中解決這個問題。
在一組 N 人(標記為 0、1、2、...、N-1)中,每個人的錢數不同,安靜程度也不同。
為方便起見,我們將標簽為 x 的人稱為“人 x”。
我們會說richer[i] = [x, y] 如果人x 肯定比人y 有更多的錢。 請注意,更豐富的可能只是有效觀察的一個子集。
此外,如果人 x 有安靜度 q,我們會說 quiet[x] = q。
現在,返回答案,其中 answer[x] = y 如果 y 是最不安靜的人(即安靜 [y] 值最小的人 y),在所有錢肯定等於或多於人的人中X。
示例 1:
輸入:更豐富 = [[1,0],[2,1],[3,1],[3,7],[4,3],[5,3],[6,3]], quiet = [3,2,5,4,6,1,7,0] 輸出:[5,5,2,5,4,5,6,7] 解釋:answer[0] = 5。第 5 個人有更多的錢比3,錢比1多,錢比0多。唯一安靜的人(安靜[x]較低)是人7,但不清楚他們是否比人0錢多。
答案[7] = 7. 在所有錢肯定等於或大於第 7 個人(可能是第 3、4、5、6 或 7 個人)的人中,最安靜的人(安靜 [x ]) 是第 7 個人。
其他答案可以用類似的推理來填寫。
輸入中沒有循環。
這看起來像一個簡單的 DFS 問題,我們跟蹤路徑中節點的quietness
度。
我的解決方案是這樣的
class Solution {
public:
int doDFS(unordered_map<int, bool>& visited,
unordered_map<int, vector<int> > graph, vector<int>& quiet,
vector<int>& answer, int current) {
if (visited.find(current) != visited.end()) {
return answer[current];
}
int current_min = current;
for (int i = 0; i < graph[current].size(); ++i) {
int min_y = doDFS(visited, graph, quiet, answer, graph[current][i]);
if (quiet[current_min] > quiet[min_y]) {
current_min = min_y;
}
}
answer[current] = current_min;
visited[current] = true;
return answer[current];
}
vector<int> loudAndRich(vector<vector<int> >& richer, vector<int>& quiet) {
// vector<vector<int>> graph(quiet.size(), vector<int>());
unordered_map<int, vector<int> > graph;
vector<int> answer(quiet.size());
unordered_map<int, bool> visited;
for (int i = 0; i < richer.size(); ++i) {
// cout << richer[i][1] << ' ' << richer[i][0] << endl;
if (graph.find(richer[i][1]) == graph.end()) {
graph.insert({richer[i][1], vector<int>{richer[i][0]}});
} else {
graph[richer[i][1]].push_back(richer[i][0]);
}
}
for (int i = 0; i < quiet.size(); ++i) {
if (visited.find(i) == visited.end()) {
doDFS(visited, graph, quiet, answer, i);
}
}
return answer;
}
};
但是我無法接受它,它會因更大的輸入而超時。 這個解決方案的運行時間是O(N)
因為我們只訪問每個節點一次。
有人可以幫助我了解為什么會超時嗎?
將unordered_map<int, vector<int> > graph
更改為unordered_map<int, vector<int> > &graph
,您在每次調用時都會制作一份副本,這會給您帶來好處。 隨着這種變化,它被接受。
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