题目描述

Alice 和 Bob 共有一个无向图，其中包含 n 个节点和 3  种类型的边：

• 类型 1：只能由 Alice 遍历。
• 类型 2：只能由 Bob 遍历。
• 类型 3：Alice 和 Bob 都可以遍历。

给你一个数组 edges ，其中 edges[i] = [typei, ui, vi] 表示节点 ui 和 vi 之间存在类型为 typei 的双向边。请你在保证图仍能够被 Alice和 Bob 完全遍历的前提下，找出可以删除的最大边数。如果从任何节点开始，Alice 和 Bob 都可以到达所有其他节点，则认为图是可以完全遍历的。

返回可以删除的最大边数，如果 Alice 和 Bob 无法完全遍历图，则返回 -1 。

样例

输入：n = 4, edges = [[3,1,2],[3,2,3],[1,1,3],[1,2,4],[1,1,2],[2,3,4]]
输出：2
解释：如果删除 [1,1,2] 和 [1,1,3] 这两条边，Alice 和 Bob 仍然可以完全遍历这个图。
      再删除任何其他的边都无法保证图可以完全遍历。所以可以删除的最大边数是 2 。

输入：n = 4, edges = [[3,1,2],[3,2,3],[1,1,4],[2,1,4]]
输出：0
解释：注意，删除任何一条边都会使 Alice 和 Bob 无法完全遍历这个图。

输入：n = 4, edges = [[3,2,3],[1,1,2],[2,3,4]]
输出：-1
解释：在当前图中，Alice 无法从其他节点到达节点 4 。类似地，Bob 也不能达到节点 1 。因此，图无法完全遍历。

提示：

• 1 <= n <= 10^5
• 1 <= edges.length <= min(10^5, 3 * n * (n-1) / 2)
• edges[i].length == 3
• 1 <= edges[i][0] <= 3
• 1 <= edges[i][1] < edges[i][2] <= n
  *所有元组 (typei, ui, vi) 互不相同

算法分析

kruskal算法的拓展

• 1、删除最多的的边使得Alice和Bob可以完全遍历，即等价于使用最少的边能让Alice和Bob完全遍历整个图
• 2、有n个点，能让Alice和Bob完全遍历整个图需要最多的边是2(n - 1)，让公共边尽可能连接多的点，能让Alice和Bob同时使用的公共边越多，从而能够使得使用的总边数最少
• 3、通过并查集的方式使用公共边让尽可能多的点连接在一起，并记录当前使用过的公共边的边数cnt
  • Alice：通过并查集的方式将其他点使用Alice独特的边全部连接形成一棵树，并记录使用了Alice的边数cntA
  • Bob：通过并查集的方式将其他点使用Bob独特的边全部连接形成一棵树，并记录使用了Bob的边数cntB
• 4、判断Alice是否能完全遍历，即判断cnt + cntA == n - 1的情况，若满足则遍历可以将所有点连接在一起，若不满足直接返回-1;判断Bob的同理
• 5、返回最大删除的边数m - (cnt + cntA + cntB)即可

公共边的连接情况

公共边 + Alice独特边的连接情况

公共边 + Bob独特边的连接情况

时间复杂度 $O(m)$

m是边数

Java 代码

class Solution {
    static int find(int x, int[] p)
    {
        if(p[x] != x) p[x] = find(p[x], p);
        return p[x];
    }
    public int maxNumEdgesToRemove(int n, int[][] edges) {
        int m = edges.length;
        int[] p = new int[n + 1];
        for(int i = 1;i <= n;i ++) p[i] = i;
        int cnt = 0;//公共边能连通点的边数
        for(int i = 0;i < m;i ++)
        {
            int type = edges[i][0];
            int a = edges[i][1];
            int b = edges[i][2];
            if(type == 3)
            {
                a = find(a, p); b = find(b, p);
                if(a != b)
                {
                    p[a] = b;
                    cnt ++;
                }
            }
        }
        //复制p的状态两份
        int[] pa = new int[n + 1];
        int[] pb = new int[n + 1];
        for(int i = 0;i <= n;i ++) pa[i] = pb[i] = p[i];
        int cntA = 0, cntB = 0;
        for(int i = 0;i < m;i ++)
        {
            int type = edges[i][0];
            int a = edges[i][1];
            int b = edges[i][2];
            if(type == 1)
            {
                a = find(a, pa); b = find(b, pa);
                if(a != b)
                {
                    pa[a] = b;
                    cntA ++;
                }
            }
            if(type == 2)
            {
                a = find(a, pb); b = find(b, pb);
                if(a != b)
                {
                    pb[a] = b;
                    cntB ++;
                }
            }
        }
        if(cnt + cntA != n - 1 || cnt + cntB != n - 1) return -1;
        return m - (cnt + cntA + cntB); 
    }
}