leetcode332重新安排行程刷题打卡

332. 重新安排行程

给你一份航线列表 tickets ，其中 tickets[i] = [fromi, toi] 表示飞机出发和降落的机场地点。请你对该行程进行重新规划排序。

所有这些机票都属于一个从 JFK（肯尼迪国际机场）出发的先生，所以该行程必须从 JFK 开始。如果存在多种有效的行程，请你按字典排序返回最小的行程组合。

• 例如，行程 ["JFK", "LGA"] 与 ["JFK", "LGB"] 相比就更小，排序更靠前。

假定所有机票至少存在一种合理的行程。且所有的机票 必须都用一次 且 只能用一次。

示例 1：

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-lAvb2OKG-1666503813912)(image\重新安排行程.png)]

输入：tickets = [["MUC","LHR"],["JFK","MUC"],["SFO","SJC"],["LHR","SFO"]]
输出：["JFK","MUC","LHR","SFO","SJC"]

示例 2：

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-ZINMvady-1666503813913)(image\重新安排行程2.png)]

输入：tickets = [["JFK","SFO"],["JFK","ATL"],["SFO","ATL"],["ATL","JFK"],["ATL","SFO"]]
输出：["JFK","ATL","JFK","SFO","ATL","SFO"]
解释：另一种有效的行程是 ["JFK","SFO","ATL","JFK","ATL","SFO"] ，但是它字典排序更大更靠后。

提示：

• 1 <= tickets.length <= 300
• tickets[i].length == 2
• fromi.length == 3
• toi.length == 3
• fromi 和 toi 由大写英文字母组成
• fromi != toi

题解思路：

存放结果的数据结构

vector<string> result;

起始地与目的地的映射关系使用一个如下的数据结构来保存

unordered_map<string, map<string, int> > nevigates;

• 起始节点一样的情况下，使用map对目的地进行排序，这样就自然的对答案进行按字典排序自然的就是最小，并增加一个引用计数，为0则表示该票不能再使用。
  
• 构造对应关系

for(vector<string> &s : tickets){
    navigates[s[0]][s[1]]++;
}

• tickets是一个存放string的二维数组，其中每个元素都是一个存放string的数组，所以以这种形式的增强for循环来遍历是可行的，引用与否都可AC，但是引用可以提升效率，减少了一些拷贝留下的低效。
  循环体中的写法说明

map<int, int> amap;
amap[0]++; // 构造了一个key-value对 它是<0, 1>对
// 本题中 s[0]就是起始地 s[1]就是目的地
navigates[s[0]][s[1]]++; // 执行后构造了一个键值对，它是<s[0], <s[1], 1> >

《回溯》

如下是该题的回溯部分，我将一点一点的解释

for(pair<const string, int>& navigate : navigates[result[result.size() - 1]]){
    if(navigate.second > 0){
    result.push_back(navigate.first);
    navigate.second--;
    if(backtracking(ticketsNum, index + 1)) return true;
    navigate.second++;
    result.pop_back();
  }
}

• 增强for循环的条件体

• pair<const string, int>& navigate : navigates[result[result.size() - 1]]

• result[result.size() - 1]：该表达式的结果是result的最后一个string，效果等同于result.back()

• 利用pair<string, int>& navigate来接收navigates的value，此后navigate.front就是目的地，navigate.second就是引用次数

• 循环体

• 首先会判断引用次数是否大于0，大于0就正常进入回溯部分，否则不执行，这避免了重复对一张票子引用
  
• 对进入回溯函数之前想result中加入当前票的目的地，引用次数减1，相当于标记了使用一次该票
  
• 在参数列表中有一个index的参数，记录result数组中的元素个数，在终止条件中会有用的，每次进入回溯会对index + 1，记录result中的个数
  

构造回溯抽象树

前置信息：题目给出，本题的最开始起始地总是[JKF]，所以直接在result数组中push一个"JKF"即可

根据以上条件可以判断出树的根节点以"JKF"为起始地点的票子，进入回溯就是以"JKF"为起始地选择目的地，由于使用的map来保存目的地，所以会以字典序从小到大自动排序，外层for循环的遍历顺序也就是以字典序大小来遍历，我以以下输入样例为例来构造回溯抽象树

[["JFK","SFO"],["JFK","ATL"],["SFO","ATL"],["ATL","JFK"],["ATL","SFO"]]

对应的图为：

画出回溯抽象树的部分

题解路径寻找的抽象图

递归三步

• 确定参数列表和返回值

• 本题不用将整个树遍历完，只要找到了符合的一条树枝，直接返回结果即可，虽然一般的回溯算法不需要返回值，但该题需要一个bool返回值来遇见某一符合条件的树枝就返回，由于map自动排序，所以返回的树枝一定是字典序最小的
• 需要一个index参数和票的大小参数ticketsNum，都是用于终止条件的

• 确定终止条件

• 根据题目的意思，需要把每一张票都用完，所以result数组的大小最后一定是票子的数量+1，所以终止条件就是
  index == ticketsNum + 1，无需有判断答案是最小字典序，根据前面的说法，map已经自动排序，所以第一个返回的题解一定是最小字典序的
  

• 确定本层逻辑

• 根据题意：result数组的第一个元素一定是"JKF"，从JKF开始回溯，选择某一目的地后将其加入result数组，然后将该目的地作为新的起始地，接着回溯，具体细节看上面的构造抽象回溯树

完整代码:

class Solution {
public:
    // 保存航班信息的数据结构
    unordered_map<string, map<string, int>> navigates;
    // 第二个泛型是map，可以自动排序字典序
    vector<string> result;
    bool backtracking(int ticketsNum, int index){
        if(index == ticketsNum + 1){
            return true;
        }
        for(pair<const string, int>& navigate : navigates[result[result.size() - 1]]){  // result.size() - 1 随着result.size()的增加，其则顺其自然的遍历了后续门票起始
            if(navigate.second > 0){
                result.push_back(navigate.first);
                navigate.second--;
                if(backtracking(ticketsNum, index + 1)) return true;
                navigate.second++;
                result.pop_back();
            }
        }
        return false;
    }
    vector<string> findItinerary(vector<vector<string>>& tickets) {
        // 起始地与目的地的映射关系
        for(vector<string> s : tickets){
            navigates[s[0]][s[1]]++;
        }
        result.push_back("JFK");
        backtracking(tickets.size(), 1);
        return result;
    }
};