本文讲解的例题
| LeetCode | 力扣 | 难度 |
|---|---|---|
| 785. Is Graph Bipartite? | 785. 判断二分图 | 🟠 |
| 886. Possible Bipartition | 886. 可能的二分法 | 🟠 |
| - | 剑指 Offer II 106. 二分图 | 🟠 |
今天来讲一个经典图论算法：二分图判定。
二分图简介
先来看二分图的定义：
二分图的顶点集可分割为两个互不相交的子集，图中每条边依附的两个顶点都分属于这两个子集，且两个子集内的顶点不相邻。
其实图论里面很多术语的定义都比较拗口，不容易理解。我们甭看这个死板的定义了，来玩个游戏吧：
给你一幅「图」，请你用两种颜色将图中的所有顶点着色，且使得任意一条边的两个端点的颜色都不相同，你能做到吗？
这就是图的「双色问题」，其实这个问题就等同于二分图的判定问题，如果你能够成功地将图染色，那么这幅图就是一幅二分图，反之则不是：
在具体讲解二分图判定算法之前，我们先来说说计算机大佬们闲着无聊解决双色问题的目的是什么。
首先，二分图作为一种特殊的图模型，会被很多高级图算法（比如最大流算法）用到，不过这些高级算法我们不是特别有必要去掌握，有兴趣的读者可以自行搜索。
从简单实用的角度来看，二分图结构在某些场景可以更高效地存储数据。
比如说我们需要一种数据结构来储存电影和演员之间的关系：某一部电影肯定是由多位演员出演的，且某一位演员可能会出演多部电影。你使用什么数据结构来存储这种关系呢？
既然是存储映射关系，最简单的不就是使用 哈希表 嘛，我们可以使用一个 HashMap<String, List<String>> 来存储电影到演员列表的映射，如果给一部电影的名字，就能快速得到出演该电影的演员。
但是如果给出一个演员的名字，我们想快速得到该演员演出的所有电影，怎么办呢？这就需要「反向索引」，对之前的哈希表进行一些操作，新建另一个哈希表，把演员作为键，把电影列表作为值。
显然，如果用哈希表存储，需要两个哈希表分别存储「每个演员到电影列表」的映射和「每部电影到演员列表」的映射。但如果用「图」结构存储，将电影和参演的演员连接，很自然地就成为了一幅二分图：
每个电影节点的相邻节点就是参演该电影的所有演员，每个演员的相邻节点就是该演员参演过的所有电影，对比哈希表的存储方式更方便直观，所需的存储空间更小。
其实生活中不少实体的关系都能自然地形成二分图结构，所以在某些场景下图结构也可以作为存储键值对的数据结构（符号表）。
好了，接下来进入正题，说说如何判定一幅图是否是二分图。
二分图判定思路
判定二分图的算法很简单，就是用代码解决「双色问题」。
说白了就是遍历一遍图，一边遍历一边染色，看看能不能用两种颜色给所有节点染色，且相邻节点的颜色都不相同。
既然说到遍历图，也不涉及最短路径之类的，当然是 DFS 算法和 BFS 皆可了，DFS 算法相对更常用些，所以我们先来看看如何用 DFS 算法判定双色图。
首先，基于 图结构的遍历 写出图的 DFS 遍历框架：
// 遍历图的所有节点
void traverse(Graph graph, int s, boolean[] visited) {
// base case
if (s < 0 || s >= graph.size()) {
return;
}
if (visited[s]) {
// 防止死循环
return;
}
// 前序位置
visited[s] = true;
System.out.println("visit " + s);
for (Edge e : graph.neighbors(s)) {
traverse(graph, e.to, visited);
}
// 后序位置
}因为图中可能存在环，所以用 visited 数组防止走回头路。
这里可以看到我习惯把 return 语句都放在函数开头，因为一般 return 语句都是 base case，集中放在一起可以让算法结构更清晰。
其实，如果你愿意，也可以把 if 判断放到其它地方，比如图遍历框架可以稍微改改：
// 图遍历框架
boolean[] visited;
void traverse(Graph graph, int v) {
// 前序遍历位置，标记节点 v 已访问
visited[v] = true;
for (int neighbor : graph.neighbors(v)) {
if (!visited[neighbor]) {
// 只遍历没标记过的相邻节点
traverse(graph, neighbor);
}
}
}这种写法把对 visited 的判断放到递归调用之前，和之前的写法唯一的不同就是，你需要保证调用 traverse(v) 的时候，visited[v] == false。
为什么要特别说这种写法呢？因为我们判断二分图的算法会用到这种写法。
回顾一下二分图怎么判断，其实就是让 traverse 函数一边遍历节点，一边给节点染色，尝试让每对相邻节点的颜色都不一样。
所以，判定二分图的代码逻辑可以这样写：
// 图遍历框架
void traverse(Graph graph, boolean[] visited, int v) {
visited[v] = true;
// 遍历节点 v 的所有相邻节点 neighbor
for (int neighbor : graph.neighbors(v)) {
if (!visited[neighbor]) {
// 相邻节点 neighbor 没有被访问过
// 那么应该给节点 neighbor 涂上和节点 v 不同的颜色
traverse(graph, visited, neighbor);
} else {
// 相邻节点 neighbor 已经被访问过
// 那么应该比较节点 neighbor 和节点 v 的颜色
// 若相同，则此图不是二分图
}
}
}如果你能看懂上面这段代码，就能写出二分图判定的具体代码了，接下来看两道具体的算法题来实操一下。
题目实践
力扣第 785 题「判断二分图」就是原题，题目给你输入一个 邻接表 表示一幅无向图，请你判断这幅图是否是二分图。
函数签名如下：
boolean isBipartite(int[][] graph);比如题目给的例子，输入的邻接表 graph = [[1,2,3],[0,2],[0,1,3],[0,2]]，也就是这样一幅图：
显然无法对节点着色使得每两个相邻节点的颜色都不相同，所以算法返回 false。
但如果输入 graph = [[1,3],[0,2],[1,3],[0,2]]，也就是这样一幅图：
如果把节点 {0, 2} 涂一个颜色，节点 {1, 3} 涂另一个颜色，就可以解决「双色问题」，所以这是一幅二分图，算法返回 true。
结合之前的代码框架，我们可以额外使用一个 color 数组来记录每个节点的颜色，从而写出解法代码：
class Solution {
// 记录图是否符合二分图性质
private boolean ok = true;
// 记录图中节点的颜色，false 和 true 代表两种不同颜色
private boolean[] color;
// 记录图中节点是否被访问过
private boolean[] visited;
// 主函数，输入邻接表，判断是否是二分图
public boolean isBipartite(int[][] graph) {
int n = graph.length;
color = new boolean[n];
visited = new boolean[n];
// 因为图不一定是联通的，可能存在多个子图
// 所以要把每个节点都作为起点进行一次遍历
// 如果发现任何一个子图不是二分图，整幅图都不算二分图
for (int v = 0; v < n; v++) {
if (!visited[v]) {
traverse(graph, v);
}
}
return ok;
}
// DFS 遍历框架
private void traverse(int[][] graph, int v) {
// 如果已经确定不是二分图了，就不用浪费时间再递归遍历了
if (!ok) return;
visited[v] = true;
for (int w : graph[v]) {
if (!visited[w]) {
// 相邻节点 w 没有被访问过
// 那么应该给节点 w 涂上和节点 v 不同的颜色
color[w] = !color[v];
// 继续遍历 w
traverse(graph, w);
} else {
// 相邻节点 w 已经被访问过
// 根据 v 和 w 的颜色判断是否是二分图
if (color[w] == color[v]) {
// 若相同，则此图不是二分图
ok = false;
}
}
}
}
}你可以多次点击 visited[v] = true; 这行代码，查看节点的染色过程。
算法可视化面板
接下来看一下 BFS 算法的逻辑：
class Solution {
// 记录图是否符合二分图性质
private boolean ok = true;
// 记录图中节点的颜色，false 和 true 代表两种不同颜色
private boolean[] color;
// 记录图中节点是否被访问过
private boolean[] visited;
public boolean isBipartite(int[][] graph) {
int n = graph.length;
color = new boolean[n];
visited = new boolean[n];
for (int v = 0; v < n; v++) {
if (!visited[v]) {
// 改为使用 BFS 函数
bfs(graph, v);
}
}
return ok;
}
// 从 start 节点开始进行 BFS 遍历
private void bfs(int[][] graph, int start) {
Queue<Integer> q = new LinkedList<>();
visited[start] = true;
q.offer(start);
while (!q.isEmpty() && ok) {
int v = q.poll();
// 从节点 v 向所有相邻节点扩散
for (int w : graph[v]) {
if (!visited[w]) {
// 相邻节点 w 没有被访问过
// 那么应该给节点 w 涂上和节点 v 不同的颜色
color[w] = !color[v];
// 标记 w 节点，并放入队列
visited[w] = true;
q.offer(w);
} else {
// 相邻节点 w 已经被访问过
// 根据 v 和 w 的颜色判断是否是二分图
if (color[w] == color[v]) {
// 若相同，则此图不是二分图
ok = false;
return;
}
}
}
}
}
}核心逻辑和刚才实现的 traverse 函数（DFS 算法）完全一样，也是根据相邻节点 v 和 w 的颜色来进行判断的。关于 BFS 算法框架的探讨，详见前文 BFS 算法框架 和 Dijkstra 算法模板，这里就不展开了。
最后再来看看力扣第 886 题「可能的二分法」：
886. 可能的二分法 | 力扣 | LeetCode | 🟠
给定一组 n 人（编号为 1, 2, ..., n）， 我们想把每个人分进任意大小的两组。每个人都可能不喜欢其他人，那么他们不应该属于同一组。
给定整数 n 和数组 dislikes ，其中 dislikes[i] = [ai, bi] ，表示不允许将编号为 ai 和 bi的人归入同一组。当可以用这种方法将所有人分进两组时，返回 true；否则返回 false。
示例 1：
输入：n = 4, dislikes = [[1,2],[1,3],[2,4]] 输出：true 解释：group1 [1,4], group2 [2,3]
示例 2：
输入：n = 3, dislikes = [[1,2],[1,3],[2,3]] 输出：false
示例 3：
输入：n = 5, dislikes = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5],[1,5]] 输出：false
提示：
1 <= n <= 20000 <= dislikes.length <= 104dislikes[i].length == 21 <= dislikes[i][j] <= nai < bidislikes中每一组都 不同
// 函数签名如下
boolean possibleBipartition(int n, int[][] dislikes);其实这题考察的就是二分图的判定：
如果你把每个人看做图中的节点，相互讨厌的关系看做图中的边，那么 dislikes 数组就可以构成一幅图；
又因为题目说互相讨厌的人不能放在同一组里，相当于图中的所有相邻节点都要放进两个不同的组；
那就回到了「双色问题」，如果能够用两种颜色着色所有节点，且相邻节点颜色都不同，那么你按照颜色把这些节点分成两组不就行了嘛。
所以解法就出来了，我们把 dislikes 构造成一幅图，然后执行二分图的判定算法即可：
class Solution {
private boolean ok = true;
private boolean[] color;
private boolean[] visited;
public boolean possibleBipartition(int n, int[][] dislikes) {
// 图节点编号从 1 开始
color = new boolean[n + 1];
visited = new boolean[n + 1];
// 转化成邻接表表示图结构
List<Integer>[] graph = buildGraph(n, dislikes);
for (int v = 1; v <= n; v++) {
if (!visited[v]) {
traverse(graph, v);
}
}
return ok;
}
// 建图函数
private List<Integer>[] buildGraph(int n, int[][] dislikes) {
// 图节点编号为 1...n
List<Integer>[] graph = new LinkedList[n + 1];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
graph[i] = new LinkedList<>();
}
for (int[] edge : dislikes) {
int v = edge[1];
int w = edge[0];
// 「无向图」相当于「双向图」
// v -> w
graph[v].add(w);
// w -> v
graph[w].add(v);
}
return graph;
}
// 和之前判定二分图的 traverse 函数完全相同
private void traverse(List<Integer>[] graph, int v) {
if (!ok) return;
visited[v] = true;
for (int w : graph[v]) {
if (!visited[w]) {
color[w] = !color[v];
traverse(graph, w);
} else {
if (color[w] == color[v]) {
ok = false;
}
}
}
}
}算法可视化面板
至此，这道题也使用 DFS 算法解决了，如果你想用 BFS 算法，和之前写的解法是类似的，在扩散的时候，尝试对相邻元素颜色就行了，你可以自己尝试实现。