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」
城市用一个 双向连通 图表示，图中有 nn 个节点，从 11 到 nn 编号（包含 11 和 nn）。图中的边用一个二维整数数组 edgesedges 表示，其中每个 edges[i] = [u_i, v_i]edges[i]=[ui,vi] 表示一条节点 u_iui 和节点 v_ivi 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 timetime 分钟。
每个节点都有一个交通信号灯，每 changechange 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 33 ，而[2, 2, 4]中第二小的值是 44 。
给你 nn、edgesedges、timetime 和 changechange ，返回从节点 11 到节点 nn 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。 复制代码
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 复制代码
提示：
- 2 <= n <= 10^42<=n<=104
- n - 1 <= edges.length <= min(2 * 10^4, n * (n - 1) / 2)n−1<=edges.length<=min(2∗104,n∗(n−1)/2)
- edges[i].length == 2edges[i].length==2
- 1 <= u_i, v_i <= n1<=ui,vi<=n
- u_i != v_iui!=vi
- 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
- 1 <= time, change <= 10^31<=time,change<=103
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 edges.length <= \min(2 * 10^4, n * (n - 1) / 2)edges.length<=min(2∗104,n∗(n−1)/2) 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」，我们可以原来的最短路算法基础上（dist1[]dist1[] 数组用于记录最短路）多引入一个 dist2[]dist2[] 数组，dist2[x]dist2[x] 用于记录从节点 11 到节点 xx 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 distdist 小于 dist1[x]dist1[x]，原本的最短路 dist1[x]dist1[x] 沦为次短路 dist2[x]dist2[x]，即先用 dist1[x]dist1[x] 更新 dist2[x]dist2[x] 后，再用 distdist 更新 dist1[x]dist1[x]；
- 若当前距离 distdist 等于 dist1[x]dist1[x]，不符合「严格次短路」，忽略；
- 若当前距离 distdist 大于 dist1[x]dist1[x]，且 distdist 小于 dist2[x]dist2[x]，则使用 distdist 更新 dist2[x]dist2[x]。
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 vis[]vis[] 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 stepstep 步到达节点 ii，根据其与 changechange 的关系分情况讨论即可：
- \left \lfloor \frac{step}{change} \right \rfloor⌊changestep⌋ 为偶数：当前处于绿灯，动态边权为 00；
- \left \lfloor \frac{step}{change} \right \rfloor⌊changestep⌋ 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 修饰需要用到的数据，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]; } } 复制代码
- 时间复杂度：令 nn 为点数，mm 为边数，堆优化 Dijkstra 的复杂度为 O(m\log{n})O(mlogn)
- 空间复杂度：O(n + m)O(n+m)
BFS
更进一步，原图边权虽然由「固定部分 timetime」和「动态部分 changechange 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 11 的新图，通过 BFS 求出最短路 dist1[x]dist1[x] 和严格次短路 dist2[x]dist2[x]，然后利用此时的 dist2[n]dist2[n] 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; } } 复制代码
- 时间复杂度：令 nn 为点数，mm 为边数，BFS 的复杂度为 O(n + m)O(n+m)
- 空间复杂度：O(n + m)O(n+m)
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：github.com/SharingSour… 。
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