【面试高频题】难度 3.5/5，综合最短路的 DP 问题

题目描述

这是 LeetCode 上的 1976. 到达目的地的方案数 ，难度为 中等。

Tag : 「最短路」、「拓扑排序」、「动态规划」

你在一个城市里，城市由 nnn 个路口组成，路口编号为 000 到 n−1n - 1n−1 ，某些路口之间有 双向 道路。输入保证你可以从任意路口出发到达其他任意路口，且任意两个路口之间最多有一条路。

给你一个整数 n 和二维整数数组 roads，其中 roads[i]=[ui,vi,timei]roads[i] = [u_i, v_i, time_i]roads[i]=[ui​,vi​,timei​] 表示在路口 uiu_iui​ 和 viv_ivi​ 之间有一条需要花费 timeitime_itimei​ 时间才能通过的道路。你想知道花费 最少时间 从路口 000 出发到达路口 n−1n - 1n−1 的方案数。

请返回花费 最少时间 到达目的地的 路径数目 。由于答案可能很大，将结果对 109+710^9+7109+7 取余 后返回。

示例 1：

输入：n = 7, roads = [[0,6,7],[0,1,2],[1,2,3],[1,3,3],[6,3,3],[3,5,1],[6,5,1],[2,5,1],[0,4,5],[4,6,2]]

输出：4

解释：从路口 0 出发到路口 6 花费的最少时间是 7 分钟。
四条花费 7 分钟的路径分别为：
- 0 ➝ 6
- 0 ➝ 4 ➝ 6
- 0 ➝ 1 ➝ 2 ➝ 5 ➝ 6
- 0 ➝ 1 ➝ 3 ➝ 5 ➝ 6

示例 2：

输入：n = 2, roads = [[1,0,10]]

输出：1

解释：只有一条从路口 0 到路口 1 的路，花费 10 分钟。

提示：

• 1<=n<=2001 <= n <= 2001<=n<=200
• n−1<=n - 1 <=n−1<= roads.length <=n×(n−1)2<= \frac{n \times (n - 1)}{2}<=2n×(n−1)​
• roads[i].length==3roads[i].length == 3roads[i].length==3
• 0<=ui,vi<=n−10 <= u_i, v_i <= n - 10<=ui​,vi​<=n−1
• 1<=timei<=1091 <= time_i <= 10^91<=timei​<=109
• ui!=viu_i != v_iui​!=vi​
• 任意两个路口之间至多有一条路。
• 从任意路口出发，你能够到达其他任意路口。

Dijkstra + 拓扑排序 + DP

为了方便，我们记 roads 为 rs，令点数为 n，边数为 m。

边数与点数不在一个数量级上（m≈n2m \approx n^2m≈n2），属于「稠密图」，我们可以使用「邻接矩阵」进行存图，同时使用朴素 Dijkstra 求解从 000 号点到其他点的最短路，记为 dist 数组，dist[i]=xdist[i] = xdist[i]=x 代表以 000 号点为起点到到 iii 点的最短路径为 xxx。

当我们预处理出 000 点到其他点的最短距离后，考虑如何统计从 000 点到 n−1n - 1n−1 点，且路径和为 dist[n−1]dist[n - 1]dist[n−1] 的方案数。

一个容易想到的性质：在任意的合法方案中，途径的该路径中的每个点时，都是以最短路径的方式到达的。

使用「反证法」证明该性质的正确性：假设其中一条合法路径为 a -> ... -> k -> ... -> z（其中 a 为 000 号点，z 为 n−1n - 1n−1 号点），其为合法路径，意味着从 a 到 z 的路径和为 dist[n−1]dist[n - 1]dist[n−1]。若我们在经过某个途经点，假设为 k 时，所途径的路径总和 xxx 不是 dist[k]dist[k]dist[k] 的话，意味着我们可以调整从 a 到 k 的路径，使其变为 dist[k]dist[k]dist[k]，而后续路径不变（从 k 到 z 的路径不变）来得到一条路径和比 dist[n−1]dist[n - 1]dist[n−1] 要小的从 a 到 z 的路径，这与 dist[n−1]dist[n - 1]dist[n−1] 为从 a 到 z 的最短路冲突。

至此，我们证明了「在任意的合法方案中，途径的该路径中的每个点时，都是以最短路径的方式到达的」这一性质。

利用该性质，我们可以对图进行「重建」，对于原图中点 aaa 与点 bbb 权重为 ccc 的无向边，我们根据 dist[a]dist[a]dist[a]、dist[b]dist[b]dist[b] 和 ccc 三者关系建立有向边，并统计入度：

• 若有 dist[b]=dist[a]+cdist[b] = dist[a] + cdist[b]=dist[a]+c，在新图上增加从 aaa 到 bbb 的权重为 ccc 的有向边，同时 bbb 入度加一;
• 若有 dist[a]=dist[b]+cdist[a] = dist[b] + cdist[a]=dist[b]+c，在新图上增加从 bbb 到 aaa 的权重为 ccc 的有向边，同时 aaa 入度加一。

构建新图的目的是能够在跑「拓扑排序」过程中进行 DP，统计方案数。

定义 f[i]f[i]f[i] 为从 000 到达 iii 点的方案数，f[n−1]f[n - 1]f[n−1] 为答案，同时我们有显而易见的初始化条件 f[0]=1f[0] = 1f[0]=1。

不失一般性考虑 f[i]f[i]f[i] 如何计算，若我们存在一条从 iii 到 jjj 的出边，并且 f[i]f[i]f[i] 已确定更新完成（通过判断 iii 的入度是为 000 得知，入度为 000 意味着已经没有其他状态可以更新 f[i]f[i]f[i]），我们可以用 f[i]f[i]f[i] 来更新 f[j]f[j]f[j]，即有 f[j]=f[j]+f[i]f[j] = f[j] + f[i]f[j]=f[j]+f[i]，含义将到达 iii 的路径数累加到到达 jjj 的路径数中，同时更新 jjj 的入度。

代码：

class Solution {
    int N = 210, MOD = (int)1e9+7;
    long INF = (long)1e12;
    int[][] g = new int[N][N];
    int[] in = new int[N];
    long[] dist = new long[N];
    boolean[] vis = new boolean[N];
    int n;
    public int countPaths(int _n, int[][] rs) {
        n = _n;
        for (int[] info : rs) {
            int a = info[0], b = info[1], c = info[2];
            g[a][b] = g[b][a] = c;
        }
        // 朴素 Dijkstra 求解从 0 点到其他点的最短路
        dijkstra();
        // 利用最短路重新建图，并统计入度
        for (int[] info : rs) {
            int a = info[0], b = info[1], c = info[2];
            g[a][b] = g[b][a] = 0;
            if (dist[a] + c == dist[b]) {
                g[a][b] = c; in[b]++;
            } else if (dist[b] + c == dist[a]) {
                g[b][a] = c; in[a]++;
            }
        }
        // 跑拓扑排序统计方案数
        Deque<Integer> d = new ArrayDeque<>();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (in[i] == 0) d.addLast(i);
        }
        int[] f = new int[n];
        f[0] = 1;
        while (!d.isEmpty()) {
            int x = d.pollFirst();
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                if (g[x][i] == 0) continue;
                f[i] += f[x];
                f[i] %= MOD;
                if (--in[i] == 0) d.addLast(i);
            }
        }
        return f[n - 1];
    }
    void dijkstra() {
        Arrays.fill(dist, INF);
        dist[0] = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int t = -1;
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (!vis[j] && (t == -1 || dist[j] < dist[t])) t = j;
            }
            vis[t] = true;
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (g[t][j] == 0) continue;
                dist[j] = Math.min(dist[j], dist[t] + g[t][j]);
            }
        }
    }
}

• 时间复杂度：首次建图复杂度为 O(m)O(m)O(m)；Dijkstra 求最短路复杂度为 O(n2)O(n^2)O(n2)；再次建图复杂度为 O(m)O(m)O(m)，跑拓扑排序统计方案数复杂度为 O(n+m)O(n + m)O(n+m)。整体复杂度为 O(n2+m)O(n^2 + m)O(n2+m)
• 空间复杂度：O(n2)O(n^2)O(n2)

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1976 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：github.com/SharingSour… 。

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