专栏：50多种数据结构彻底征服
专栏：50多种经典图论算法全部掌握
之前我一直以为双非院校的学生进大厂要难一些，92院校的想进大厂应该会容易很多。今天在网上看了一个900多人的投票，除了52%的是观望以外，211投票最高的是11.9%，也就是20%以下的人能够进大厂，这个确实有点离谱，我觉得应该不至于这么低，可能也和专业有关。985投票最高的是7.1%，80%以上都能进大厂，不过投票第二的是6.8%，20%以下能够进大厂，这个确实有点悬殊。不过有一点可以肯定，学历越高进大厂的机率就会越大。
--------------下面是今天的算法题--------------
来看下今天的算法题，这题是LeetCode的第2368题：受限条件下可到达节点的数目。
问题描述
来源：LeetCode第2368题
难度：中等
现有一棵由 n 个节点组成的无向树，节点编号从 0 到 n - 1 ，共有 n - 1 条边。给你一个二维整数数组 edges ，长度为 n - 1 ，其中 edges[i] = [ai, bi] 表示树中节点 ai 和 bi 之间存在一条边。另给你一个整数数组 restricted 表示受限节点。
在不访问受限节点的前提下，返回你可以从节点 0 到达的最多节点数目。注意，节点 0 不会标记为受限节点。
示例1：
输入：n = 7, edges = [[0,1],[1,2],[3,1],[4,0],[0,5],[5,6]], restricted = [4,5] 输出：4 解释：上图所示正是这棵树。 在不访问受限节点的前提下，只有节点 [0,1,2,3] 可以从节点 0 到达。
示例2：
输入：n = 7, edges = [[0,1],[0,2],[0,5],[0,4],[3,2],[6,5]], restricted = [4,2,1] 输出：3 解释：上图所示正是这棵树。 在不访问受限节点的前提下，只有节点 [0,5,6] 可以从节点 0 到达。
2 <= n <= 10^5
edges.length == n - 1
edges[i].length == 2
0 <= ai, bi < n
ai != bi
edges 表示一棵有效的树
1 <= restricted.length < n
1 <= restricted[i] < n
restricted 中的所有值 互不相同
问题分析
这题说的是在一个有n个节点组成的无向树中，节点0所能到达的节点个数。这里说的无向树其实就是一个 无向图 ，所以这题也就是对图的遍历，注意还要跳过受限的节点。对于图的遍历常见的BFS，DFS和并查集，实际上这题使用这三种方式中的任何一种都可以解决，我们来看一下使用DFS怎么解决的。
从节点0开始递归遍历，查找所有和节点0相连的节点，为了方便查找我们可以使用 n 个集合记录和每一个节点相连的所有节点，类似于图的邻接表，还要使用一个数组来记录受限的节点和已经被访问过的节点，代码如下。
JAVA：
public int reachableNodes(int n, int[][] edges, int[] restricted) { // n个集合，记录与每一个节点相连的所有节点 List
[] lists = new List[n]; for ( int i = 0; i < n; i++) // 初始化集合 lists[i] = new ArrayList(); for ( int[] edge : edges) { // 因为是无向图，所以如果a和b相连，那么b也和a相连。 lists[edge[ 0]].add(edge[ 1]); lists[edge[ 1]].add(edge[ 0]); } // 记录受限的节点和已经访问过的节点 boolean[] isRestricted = new boolean[n]; for ( int restrict : restricted) isRestricted[restrict] = true; return dfs( 0, lists, isRestricted); } private int dfs(int start, List [] lists, boolean[] isRestricted) { if (isRestricted[start]) // 如果是受限的节点或者是已经访问过的节点，直接跳过 return 0; isRestricted[start] = true; // 标记为已访问 int res = 1; for ( int num : lists[start]) // 递归和当前节点相连的所有节点。 res += dfs(num, lists, isRestricted); return res; }C++：
public: int reachableNodes(int n, vector
> &edges, vector
&restricted) { vector
> lists(n); // n个集合，记录与每一个节点相连的所有节点 for (auto &edge: edges) { // 因为是无向图，所以如果a和b相连，那么b也和a相连。 lists[edge[0]].push_back(edge[1]); lists[edge[1]].push_back(edge[0]); } // 记录受限的节点和已经访问过的节点 vector
isRestricted(n); for (int restrict: restricted) isRestricted[restrict] = true; return dfs(0, lists, isRestricted); } int dfs(int start, vector
> &lists, vector
&isRestricted) { if (isRestricted[start])// 如果是受限的节点或者是已经访问过的节点，直接跳过 return 0; isRestricted[start] = true;// 标记为已访问 int res = 1; for (int num: lists[start])// 递归和当前节点相连的所有节点。 res += dfs(num, lists, isRestricted); return res; }
Python：
def reachableNodes(self, n: int, edges: List[List[int]], restricted: List[int]) -> int: def dfs(start: int, lists: List[List[int]], isRestricted: List[bool]): if isRestricted[start]: # 如果是受限的节点或者是已经访问过的节点，直接跳过 return 0 isRestricted[start] = True # 标记为已访问 res = 1 for num in lists[start]: # 递归和当前节点相连的所有节点。 res += dfs(num, lists, isRestricted) return res # n个集合，记录与每一个节点相连的所有节点 lists = [[] for _ in range(n)] # 因为是无向图，所以如果a和b相连，那么b也和a相连。 for edge in edges: lists[edge[0]].append(edge[1]) lists[edge[1]].append(edge[0]) # 记录受限的节点和已经访问过的节点 isRestricted = [0] * n for restrict in restricted: isRestricted[restrict] = True return dfs(0, lists, isRestricted)笔者简介
博哥，真名：王一博，毕业十多年， 作者，专注于 数据结构和算法 的讲解，在全球30多个算法网站中累计做题2000多道，在公众号中写算法题解800多题，对算法题有自己独特的解题思路和解题技巧，喜欢的可以给个关注，也可以 下载我整理的1000多页的PDF算法文档 。
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