题目描述

节点间通路。给定有向图，设计一个算法，找出两个节点之间是否存在一条路径。

示例1:

• 输入：n = 3, graph = [[0, 1], [0, 2], [1, 2], [1, 2]], start = 0, target = 2
  输出：true

示例2:

• 输入：n = 5, graph = [[0, 1], [0, 2], [0, 4], [0, 4], [0, 1], [1, 3], [1, 4], [1, 3], [2, 3], [3, 4]], start = 0, target = 4
  输出 true

提示：
节点数量n在[0, 1e5]范围内。
节点编号大于等于 0 小于 n。
图中可能存在自环和平行边。

解题思路与代码

做这道题之前，需要你对DFS（深度优先算法），BFS（广度优先算法），邻接表（一种存储结构），有向图（图的一种，是一种数据结构）有着一些基本的了解。否则你光干瞪着眼看题，是看不出什么结果的。

首先从头来解释一下这道题，首先题目给的graph是一个二维数组，其中的每一个元素都是一个存储着两个元素的vector。vector中的每一个不重复的数字，都代表着一个节点。每一个vector中都有两个元素，将这两个元素想象成两个节点，那就是第一个节点指向第二个节点。

将graph中的每一个节点的指向都画出来的话，你就可以得到一张有向图。

邻接表 + DFS

首先，我们需要题目给的有向图去存储到邻接表之中去。那么存储图的邻接表的代码长这样：

 vector> vec(n); 

其中n就是节点的个数啦。可以想象，邻接表就是将图中的每一个节点都当做一个链表，节点本身就是链表的头节点。后面连着几个节点，我们就将这些节点添加到头节点对应的vector中去。

那这道题解题的第一步就是，将图按照邻接表的形式存储在vector中。

第二步就是深度优先遍历，深度优先遍历的本质上是递归。因为我们都知道了，二维vector中的每一个vector都代表着一条路线。我们只需要将每条路线都一一走到头，就能判断出来，有没有题目中给出的start -> target的这条路线了。

具体的代码如下：

class Solution {
public:// 邻接表+DFSbool findWhetherExistsPath(int n, vector>& graph, int start, int target) {// 初始化邻接表为容量为n的二维向量, 存储有向边vector> vec(n); // 外面的这个vector有n个元素，都是vector// 将图中的有向边存入邻接表Vecfor (const auto& g : graph) { //g是一个vector，里面存放了两个元素。vec[g[0]].push_back(g[1]);//下标为g[0]的vector中添加了一个数字，这个数字是g[1]}// 调用dfs函数，执行深度优先搜索return dfs(vec, start, target);}bool dfs( vector>& vec, int start, int target) {// 如果起点和终点相同，则存在连通路径，返回trueif (start == target) {return true;}// 依次遍历从起点可直接到达的节点v，递归地调用函数，并以v为新起点进行下一轮搜索for (const auto& v : vec[start]) { //这个vec[start]本身代指的是一个一维数组。if(dfs( vec, v, target)) {return true;}}// 若所有路径都走不到终点，则不存在连通路径，返回falsereturn false;}
};

复杂度分析

时间复杂度：

对于邻接表的创建，需要遍历一次整个图中所有的边，其时间复杂度为 O(E)，其中 E 表示边数。
对于 DFS 遍历，每一个点最多只会被访问一次，在最坏情况下，需要访问图中所有的点，因此其时间复杂度为 O(n)，其中 n 表示点数。
综上所述，该算法的时间复杂度为 O(E + n)。
空间复杂度：

邻接表使用了一个二维向量来存储边信息，其大小为 O(E)，其中 E 表示边数。由于 E 不超过 n^2 的级别，因此该向量的空间需求不会超过 O(n^2)。
在 DFS 的递归调用过程中，根据深度可能会生成 O(n) 个递归层级。而每一层递归函数在栈中占用的空间是常数级别的 O(1)，因此 DFS 所需要的空间是 O(n) 级别的。
综上所述，该算法的空间复杂度为 O(n^2+n)，即 O(n^2) 级别。
因此，总的来说，该算法的时间复杂度为 O(E+n)，空间复杂度为 O(n^2)。