关于算法:每日一题T-秒后青蛙的位置

关键词：深度优先

题目起源：1377. T 秒后青蛙的地位 – 力扣（Leetcode）

 T 深度优先

给你一棵由 n 个顶点组成的无向树，顶点编号从 1 到 n。青蛙从 顶点 1 开始起跳。规定如下：

在一秒内，青蛙从它所在的以后顶点跳到另一个 未拜访 过的顶点（如果它们间接相连）。
青蛙无奈跳回曾经拜访过的顶点。
如果青蛙能够跳到多个不同顶点，那么它跳到其中任意一个顶点上的机率都雷同。
如果青蛙不能跳到任何未拜访过的顶点上，那么它每次跳跃都会停留在原地。

无向树的边用数组 edges 形容，其中 edges[i] = [fromi, toi] 意味着存在一条间接连通 fromi 和 toi 两个顶点的边。

返回青蛙在 t 秒后位于指标顶点 target 上的概率。

 输出：n = 7, edges = [[1,2],[1,3],[1,7],[2,4],[2,6],[3,5]], t = 2, target = 4
输入：0.16666666666666666

 输出：n = 7, edges = [[1,2],[1,3],[1,7],[2,4],[2,6],[3,5]], t = 1, target = 7
输入：0.3333333333333333

 数据范畴
1 <= n <= 100
edges.length == n - 1
edges[i].length == 2
1 <= ai, bi <= n
1 <= t <= 50
1 <= target <= n

无向树的终点为 1，且青蛙不能往回跳，故题目所说的无向树实际上是一棵有向树。

依题意，当工夫为 t 时，若青蛙能位于 target，则概率不为 0，否则概率为 0。故存在以下两种状况概率不为 0：

工夫为 t，且青蛙恰好位于 target
工夫小于 t，但 t 为叶子结点，故可原地跳，则工夫为 t 时，青蛙可位于 target

于是，题目等价于判断是否存在以上两种状况。

每跳一次，破费工夫为 1，故 t 可看做深度限度，根节点 1 的深度为 0。

因为要计算概率，每个结点只能跳到其子结点，故须要统计每个点的子结点的数量。

对于此类无关树的搜寻问题，显然能够采纳深搜来求解。采纳深搜时，可做如下优化

当搜寻到结点 target 时，后果是能够确定的
当深度大于 t 时，不用持续往下搜寻，可间接返回。

double frogPosition(int n, vector<vector<int>> &edges, int t, int target) {memset(h, -1, sizeof h);
    memset(cnt, -1, sizeof cnt);
    // 预处理
    for (const auto &v: edges) {add(v[0], v[1]), add(v[1], v[0]);
        cnt[v[0]]++, cnt[v[1]]++;
    }
    cnt[1]++;
    // 深搜
    int res = 0;
    function<int(int, int, int, int)> dfs = [&](int u, int p, int d, int pro) {
        // 找到指标顶点：后果确定
        if (u == target) {
            res = pro;
            // 工夫刚好或没到工夫但可原地踏步则阐明存在概率
            return (d == t || d < t && !cnt[u]) ? 1 : -1;
        }
        // 未找到指标顶点但工夫已过：后果未定
        if (d >= t)return 0;
        for (int i = h[u], r; ~i; i = ne[i]) {if (e[i] == p) continue;
            r = dfs(e[i], u, d + 1, pro * cnt[u]);
            // 后果已定：返回
            if(r)return r;
        }
        // 后果未定：持续
        return 0;
    };
    int r = dfs(1, -1, 0, 1);
    if(r==1)return 1.0 / res;
    return 0;
}

工夫复杂度：O(n)

空间复杂度：O(n)

关于算法:每日一题T-秒后青蛙的位置

1377. T 秒后青蛙的地位

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