【综合笔试题】难度 4.5/5，经典次短路问题
题目描述
这是 LeetCode 上的 「2045. 到达目的地的第二短时间」 ，难度为 「困难」。
Tag : 「最短路」、「BFS」、「堆优化 Dijkstra」、「AStar 算法」、「启发式搜索」
城市用一个 双向连通 图表示，图中有
个节点，从
到
编号（包含
和
）。图中的边用一个二维整数数组
表示，其中每个
表示一条节点
和节点
之间的双向连通边。每组节点对由 最多一条 边连通，顶点不存在连接到自身的边。穿过任意一条边的时间是
分钟。
每个节点都有一个交通信号灯，每
分钟改变一次，从绿色变成红色，再由红色变成绿色，循环往复。所有信号灯都 同时 改变。你可以在 任何时候 进入某个节点，但是 只能 在节点 信号灯是绿色时 才能离开。如果信号灯是 绿色 ，你 不能 在节点等待，必须离开。
第二小的值 是 严格大于 最小值的所有值中最小的值。
- 例如，
[2, 3, 4]中第二小的值是
，而 [2, 2, 4] 中第二小的值是
。 给你
、
、
和
，返回从节点
到节点
需要的 第二短时间 。
注意：
- 你可以 任意次 穿过任意顶点，包括 1 和 n 。
- 你可以假设在 启程时 ，所有信号灯刚刚变成 绿色 。
示例 1：
输入：n = 5, edges = [[1,2],[1,3],[1,4],[3,4],[4,5]], time = 3, change = 5
输出：13
解释：
上面的左图展现了给出的城市交通图。
右图中的蓝色路径是最短时间路径。
花费的时间是：
- 从节点 1 开始，总花费时间=0
- 1 -> 4：3 分钟，总花费时间=3
- 4 -> 5：3 分钟，总花费时间=6
因此需要的最小时间是 6 分钟。
右图中的红色路径是第二短时间路径。
- 从节点 1 开始，总花费时间=0
- 1 -> 3：3 分钟，总花费时间=3
- 3 -> 4：3 分钟，总花费时间=6
- 在节点 4 等待 4 分钟，总花费时间=10
- 4 -> 5：3 分钟，总花费时间=13
因此第二短时间是 13 分钟。
示例 2：
输入：n = 2, edges = [[1,2]], time = 3, change = 2
输出：11
解释：
最短时间路径是 1 -> 2 ，总花费时间 = 3 分钟
最短时间路径是 1 -> 2 -> 1 -> 2 ，总花费时间 = 11 分钟
提示：
- 不含重复边
- 每个节点都可以从其他节点直接或者间接到达
堆优化 Dijkstra
整体题意：在一张正权无向图上求严格次短路，该图无重边与自环。
同时根据提示
可知，该图为「稀疏图」，容易想到「堆优化 Dijkstra」做法。
对「堆优化 Dijkstra」或者「其他最短路算法」不熟悉的同学，可以看前置 🧀 ：【最短路/必背模板】涵盖所有的「存图方式」与「最短路算法（详尽注释）」。内容如题，首次接触的话，建议每个模板先敲十遍。
回到本题，与常规的「求最短路」不同，本题需要求得「严格次短路」，我们可以在原来的最短路算法基础上（
数组用于记录最短路）多引入一个
数组，
用于记录从节点
到节点
的严格次短路。
维护次短路是容易的，基本思路为：
- 若当前距离
小于
，原本的最短路
沦为次短路
，即先用
更新
后，再用
更新
；
- 若当前距离
等于
，不符合「严格次短路」，忽略；
- 若当前距离
大于
，且
小于
，则使用
更新
。
同时，由于处理「严格次短路包含重复边」的情况，我们无须使用
数组记录处理过的点，而要确保每次「最短路」或者「次短路」被更新时，都进行入堆操作。
然后考虑「红绿灯」切换问题，这本质是引入动态边权，假设我们当前经过
步到达节点
，根据其与
的关系分情况讨论即可：
为偶数：当前处于绿灯，动态边权为
；
为奇数：当前处于红灯，需要增加动态边权（等待时间），增加的动态边权为 change - (step % change)。
最后，为了避免每个样例都 new 大数组，我们可以使用 static 修饰需要用到的数组，并在执行逻辑前进行重置工作。
代码：
class Solution {
static int N = 10010, M = 4 * N, INF = 0x3f3f3f3f, idx = 0;
static int[] he = new int[N], e = new int[M], ne = new int[M];
static int[] dist1 = new int[N], dist2 = new int[N];
void add(int a, int b) {
e[idx] = b;
ne[idx] = he[a];
he[a] = idx;
idx++;
}
public int secondMinimum(int n, int[][] edges, int time, int change) {
Arrays.fill(dist1, INF);
Arrays.fill(dist2, INF);
Arrays.fill(he, -1);
idx = 0;
for (int[] e : edges) {
int u = e[0], v = e[1];
add(u, v); add(v, u);
}
PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a,b)->a[1]-b[1]);
q.add(new int[]{1, 0});
dist1[1] = 0;
while (!q.isEmpty()) {
int[] poll = q.poll();
int u = poll[0], step = poll[1];
for (int i = he[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
int a = step / change, b = step % change;
int wait = a % 2 == 0 ? 0 : change - b;
int dist = step + time + wait;
if (dist1[j] > dist) {
dist2[j] = dist1[j];
dist1[j] = dist;
q.add(new int[]{j, dist1[j]});
q.add(new int[]{j, dist2[j]});
} else if (dist1[j] < dist && dist < dist2[j]) {
dist2[j] = dist;
q.add(new int[]{j, dist2[j]});
}
}
}
return dist2[n];
}
}
- 时间复杂度：令
为点数，
为边数，堆优化 Dijkstra 的复杂度为
- 空间复杂度：
BFS
更进一步，原图边权虽然由「固定部分
」和「动态部分
相关」所组成，但在路径固定的前提下，其实边权之和完全确定。
因此我们可以先将原图等价为边权为
的新图，通过 BFS 求出最短路
和严格次短路
，然后利用此时的
其实是严格次短路的边数，计算原图上的边权之和。
代码：
class Solution {
static int N = 10010, M = 4 * N, INF = 0x3f3f3f3f, idx = 0;
static int[] he = new int[N], e = new int[M], ne = new int[M];
void add(int a, int b) {
e[idx] = b;
ne[idx] = he[a];
he[a] = idx;
idx++;
}
public int secondMinimum(int n, int[][] edges, int time, int change) {
Arrays.fill(he, -1);
idx = 0;
for (int[] e : edges) {
int u = e[0], v = e[1];
add(u, v); add(v, u);
}
Deque<int[]> d = new ArrayDeque<>();
int[] dist1 = new int[n + 10], dist2 = new int[n + 10];
Arrays.fill(dist1, INF);
Arrays.fill(dist2, INF);
d.addLast(new int[]{1, 0});
dist1[1] = 0;
while (!d.isEmpty()) {
int[] poll = d.pollFirst();
int u = poll[0], dist = poll[1];
for (int i = he[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (dist1[j] > dist + 1) {
dist2[j] = dist1[j];
dist1[j] = dist + 1;
d.addLast(new int[]{j, dist1[j]});
d.addLast(new int[]{j, dist2[j]});
} else if (dist1[j] < dist + 1 && dist + 1 < dist2[j]) {
dist2[j] = dist + 1;
d.addLast(new int[]{j, dist2[j]});
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < dist2[n]; i++) {
int a = ans / change, b = ans % change;
int wait = a % 2 == 0 ? 0 : change - b;
ans += time + wait;
}
return ans;
}
}
- 时间复杂度：令
为点数，
为边数，BFS 的复杂度为
- 空间复杂度：
AStar 算法
在 BFS 的基础上再进一步，我们可以将问题拓展为「使用 AStar 算法来找第 K 短路」（修改代码的 K 即可），利用终点的第
次出队必然是第
短路（注意要求的是严格的第
短路）。
代码：
class Solution {
static int N = 10010, M = 4 * N, INF = 0x3f3f3f3f, K = 2, idx = 0, n = 0;
static int[] he = new int[N], e = new int[M], ne = new int[M];
static int[] dist = new int[N];
void add(int a, int b) {
e[idx] = b;
ne[idx] = he[a];
he[a] = idx;
idx++;
}
void bfs() {
Arrays.fill(dist, INF);
Deque<Integer> d = new ArrayDeque<>();
d.addLast(n);
dist[n] = 0;
while (!d.isEmpty()) {
int x = d.pollFirst(), step = dist[x];
for (int i = he[x]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (dist[j] != INF) continue;
dist[j] = step + 1;
d.addLast(j);
}
}
}
int astar() {
int k = K, min = -1;
PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a,b)->a[2]-b[2]);
q.add(new int[]{1, 0, dist[1]});
while (!q.isEmpty()) {
int[] poll = q.poll();
int x = poll[0], step = poll[1];
if (x == n && min != step) {
min = step;
if (--k == 0) return min;
}
for (int i = he[x]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
q.add(new int[]{j, step + 1, step + 1 + dist[j]});
}
}
return -1; // never
}
public int secondMinimum(int _n, int[][] edges, int time, int change) {
n = _n; idx = 0;
Arrays.fill(he, -1);
for (int[] e : edges) {
int u = e[0], v = e[1];
add(u, v); add(v, u);
}
bfs();
int cnt = astar(), ans = 0;
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
int a = ans / change, b = ans % change;
int wait = a % 2 == 0 ? 0 : change - b;
ans += time + wait;
}
return ans;
}
}
- 时间复杂度：启发式搜索不讨论时空复杂度
- 空间复杂度：启发式搜索不讨论时空复杂度
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.2045 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。
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