题目

题解

可以把 n 个城市和它们之间的相连关系看成图，城市是图中的节点，相连关系是图中的边，给定的矩阵 isConnected 即为图的邻接矩阵，省份即为图中的连通分量。

计算省份总数，等价于计算图中的连通分量数，可以通过深度优先搜索或广度优先搜索实现，也可以通过并查集实现。

解法一：深度优先搜索

【思路】

遍历所有城市，对于每个城市，如果该城市尚未被访问过，则从该城市开始深度优先搜索，通过矩阵 sConnected 得到与该城市直接相连的城市有哪些，这些城市和该城市属于同一个连通分量，然后对这些城市继续深度优先搜索，直到同一个连通分量的所有城市都被访问到，即可得到一个省份。遍历完全部城市以后，即可得到连通分量的总数，即省份的总数。

【代码】

class Solution {
public:
    //DFS
    void dfs(vector<vector<int>> &isConnected, vector<int> &visited, int provinces, int i) {
        for (int j = 0; j < provinces; j++) {
            if (isConnected[i][j] == 1 && !visited[j]) {
                visited[j] = 1;
                dfs(isConnected, visited, provinces, j);
            }
        }
    }

    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        int provinces = isConnected.size();
        vector<int> visited(provinces);
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < provinces; i++) {
            if (!visited[i]) {
                ans++;
                dfs(isConnected, visited, provinces, i);
            }
        }
        return ans;
    }
};

【复杂度分析】

• 时间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 是城市的数量。需要遍历矩阵 $n$ 中的每个元素。
• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是城市的数量。需要使用数组 $visited$ 记录每个城市是否被访问过，数组长度是 $n$，递归调用栈的深度不会超过 $n$。

解法二：广度优先搜索

【思路】

也可以通过广度优先搜索的方法得到省份的总数。对于每个城市，如果该城市尚未被访问过，则从该城市开始广度优先搜索，直到同一个连通分量中的所有城市都被访问到，即可得到一个省份。

【代码】

class Solution {
public:
    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        int provinces = isConnected.size();
        vector<int> visited(provinces);

        queue<int> que;
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < provinces; i++) {
            if (!visited[i]) {
                que.push(i);
                while (!que.empty()) {
                    int j = que.front();
                    que.pop();
                    visited[j] = 1;
                    for (int k = 0; k < provinces; k++) {
                        if (isConnected[j][k] == 1 && !visited[k]) {
                            que.push(k);
                        }
                    }
                }
                ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
};

【复杂度分析】

• 时间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 是城市的数量。需要遍历矩阵 isConnected 中的每个元素。
• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是城市的数量。需要使用数组 visited 记录每个城市是否被访问过，数组长度是 $n$，广度优先搜索使用的队列的元素个数不会超过 $n$。

解法三：并查集

【思路】

计算连通分量数的另一个方法是使用并查集。初始时，每个城市都属于不同的连通分量。遍历矩阵 isConnected，如果两个城市之间有相连关系，则它们属于同一个连通分量，对它们进行合并。
遍历矩阵isConnected 的全部元素之后，计算连通分量的总数，即为省份的总数。

【代码】

class Solution {
private:
    void init(int n) {
        parent.resize(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) 
            parent[i] = i;
    } 

    int find(int x) {
        return parent[x] == x ? x : parent[x] = find(parent[x]);
    }

    void merge(int p, int q) {
        int pp = find(p), pq = find(q);
        if (pp != pq) parent[pp] = pq;
    }
    vector<int> parent;
public:
    int findCircleNum(vector<vector<int>>& isConnected) {
        int n = isConnected.size();
        if (n == 0) return 0;
        int ans = n;

        init(n);

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                if (isConnected[i][j] == 1) {
                    if (find(i) != find(j)) {
                        ans--;
                        parent[find(i)] = find(j);
                    }
                    
                } 
            }
        }
        return ans;
    }
};

【复杂度分析】

• 时间复杂度：$O(n^2\log n)$，其中 $n$ 是城市的数量。需要遍历矩阵 isConnected 中的所有元素的一半，时间复杂度是 $O(n^2)$，如果遇到相连关系，则需要进行 2 次查找和最多 1 次合并，一共需要进行 $2n^2$次查找和最多 $n^2$次合并，因此总时间复杂度是 $O(2n^2\log n^2)=O(n^2\log n)$。这里的并查集使用了路径压缩，但是没有使用按秩合并，最坏情况下的时间复杂度是 $O(n^2\log n)$，平均情况下的时间复杂度依然是 $O(n^2\alpha (n))$，其中 $\alpha$ 为阿克曼函数的反函数，$\alpha (n)$ 可以认为是一个很小的常数。
• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是城市的数量。需要使用数组 parent 记录每个城市所属的连通分量的祖先。