【Py/Java/C++三种语言详解】LeetCode 1334、LeetCode1334. 阈值距离内邻居最少的城市【全源最短路问题Floyd算法】

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一、题目描述

有 n 个城市，按从 0 到 n-1 编号。给你一个边数组 edges，其中 edges[i] = [from(i), to(i), weight(i)] 代表 from(i) 和 to(i)两个城市之间的双向加权边，距离阈值是一个整数 distanceThreshold。

返回在路径距离限制为 distanceThreshold 以内可到达城市最少的城市。如果有多个这样的城市，则返回编号最大的城市。

注意，连接城市 i 和 j 的路径的距离等于沿该路径的所有边的权重之和。

示例 1：

输入：n = 4, edges = [[0,1,3],[1,2,1],[1,3,4],[2,3,1]], distanceThreshold = 4
输出：3
解释：城市分布图如上。 每个城市阈值距离 distanceThreshold = 4 内的邻居城市分别是：
城市 0 -> [城市 1, 城市 2]
城市 1 -> [城市 0, 城市 2, 城市 3]
城市 2 -> [城市 0, 城市 1, 城市 3]
城市 3 -> [城市 1, 城市 2]
城市 0 和 3 在阈值距离 4 以内都有 2 个邻居城市，但是我们必须返回城市 3，因为它的编号最大。

示例 2：

输入：n = 5, edges = [[0,1,2],[0,4,8],[1,2,3],[1,4,2],[2,3,1],[3,4,1]], distanceThreshold = 2
输出：0
解释：城市分布图如上。 每个城市阈值距离 distanceThreshold = 2 内的邻居城市分别是：
城市 0 -> [城市 1]
城市 1 -> [城市 0, 城市 4]
城市 2 -> [城市 3, 城市 4]
城市 3 -> [城市 2, 城市 4]
城市 4 -> [城市 1, 城市 2, 城市 3]
城市 0 在阈值距离 2 以内只有 1 个邻居城市。

提示：

• 2 <= n <= 100
• 1 <= edges.length <= n * (n - 1) / 2
• edges[i].length == 3
• 0 <= from(i) < to(i) < n
• 1 <= weight(i), distanceThreshold <= 10^4
• 所有 (from(i), to(i)) 都是不同的。

二、题目解析

本题的设问是，希望找到在阈值距离范围内能到达城市最少的城市编号。

这意味着，这个最短路问题并不是求特定起点到特定终点的距离，而是要考虑不同的起点和不同的终点。

因此是一个全源最短路径问题，应该使用Floyd算法来解决。

关于全源最短路问题的Floyd算法的详细解释，可以查看2024/08/03 真题讲解（最短路问题Floyd算法专题）

三、参考代码

Python

# 题目：LeetCode1334. 阈值距离内邻居最少的城市
# 作者：闭着眼睛学数理化
# 算法：最短路问题-Floyd算法
# 代码看不懂的地方，请直接在群上提问


class Solution:
    def findTheCity(self, n: int, edges: List[List[int]], distanceThreshold: int) -> int:
        grid = [n * [inf] for _ in range(n)]
        # 初始化，grid[a][b]表示从a到b的最短路径
        for a, b, w in edges:
            grid[a][b], grid[b][a] = w, w
        # grid数组的对角线均为0，表示从节点i到达其自身的路径为0
        for i in range(n):
            grid[i][i] = 0
        
        # 枚举所有中间点（插点）
        for mid in range(n):
            # 枚举起始点
            for start in range(n):
                # 枚举终点
                for end in range(n):
                    # 动态转移方程：如果直接从start到end的最短路径，不如先从start再到mid再到end的距离短
                    # 则更新grid[start][end]。
                    if grid[start][end] > grid[start][mid] + grid[mid][end]:
                        grid[start][end] = grid[start][mid] + grid[mid][end]
                        grid[end][start] = grid[start][mid] + grid[mid][end]

        ans, min_num = -1, inf
        # 再次遍历所有节点i
        for i in range(n):
            # 计算从节点i出发，其最短距离小于阈值distanceThreshold的其他节点数目
            # -1表示刨除其自身的影响，本题其实不-1也可以
            num = sum(dis <= distanceThreshold for dis in grid[i]) - 1
            if min_num >= num:
                ans = i
                min_num = num
        return ans
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Java

class Solution {
    public int findTheCity(int n, int[][] edges, int distanceThreshold) {
        // 初始化，grid[a][b]表示从a到b的最短路径，填充一个大数
        int[][] grid = new int[n][n];
        for (int[] row : grid) {
            Arrays.fill(row, 1000000);
        }
        for (int[] edge : edges) {
            int a = edge[0], b = edge[1], w = edge[2];
            grid[a][b] = w;
            grid[b][a] = w;
        }
        // grid数组的对角线均为0，表示从节点i到达其自身的路径为0
        for (int i = 0; i < n; i++){
            grid[i][i] = 0;
        }

        // 枚举所有中间点（插点）
        for (int mid = 0; mid < n; mid++) {
            // 枚举起始点
            for (int start = 0; start < n; start++) {
                // 枚举终点
                for (int end = 0; end < n; end++) {
                    // 动态转移方程：如果直接从start到end的最短路径，不如先从start再到mid再到end的距离短
                    // 则更新grid[start][end]。
                    if (grid[start][end] > grid[start][mid] + grid[mid][end]) {
                        grid[start][end] = grid[start][mid] + grid[mid][end];
                        grid[end][start] = grid[start][mid] + grid[mid][end];
                    }
                }
            }
        }

        int ans = -1, min_num = Integer.MAX_VALUE;
        // 再次遍历所有节点i
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int num = 0;
            // 计算从节点i出发，其最短距离小于阈值distanceThreshold的其他节点数目
            for (int dis : grid[i]) {
                if (dis <= distanceThreshold) {
                    num++;
                }
            }
            if (min_num >= num) {
                ans = i;
                min_num = num;
            }
        }
        return ans;
    }
}
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C++

class Solution {
public:
    int findTheCity(int n, vector<vector<int>>& edges, int distanceThreshold) {
        // 初始化图，grid[a][b]表示从a到b的最短路径，填充一个大数
        vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(n, 1000000));
        for (auto& edge : edges) {
            int a = edge[0], b = edge[1], w = edge[2];
            grid[a][b] = w;
            grid[b][a] = w;
        }
        // grid数组的对角线均为0，表示从节点i到达其自身的路径为0
        for (int i = 0; i < n; i++){
            grid[i][i] = 0;
        }

        // 枚举所有中间点（插点）
        for (int mid = 0; mid < n; ++mid) {
            // 枚举起始点
            for (int start = 0; start < n; ++start) {
                // 枚举终点
                for (int end = 0; end < n; ++end) {
                    // 动态转移方程：如果直接从start到end的最短路径，不如先从start再到mid再到end的距离短
                    // 则更新grid[start][end]。
                    if (grid[start][end] > grid[start][mid] + grid[mid][end]) {
                        grid[start][end] = grid[start][mid] + grid[mid][end];
                        grid[end][start] = grid[start][mid] + grid[mid][end];
                    }
                }
            }
        }

        int ans = -1, min_num = INT_MAX;
        // 再次遍历所有节点i
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            // 计算从节点i出发，其最短距离小于阈值distanceThreshold的其他节点数目
            int num = count_if(grid[i].begin(), grid[i].end(), [distanceThreshold](int dis) { return dis <= distanceThreshold; });
            if (min_num >= num) {
                ans = i;
                min_num = num;
            }
        }
        return ans;
    }
};
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四、时空复杂度

时间复杂度：O(N^3)。三重循环所需时间复杂度。

空间复杂度：O(N^2)。最小距离矩阵所占空间。

其中N为节点数目。

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