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讀完本文，可以去力扣解決如下題目：

785. 判斷二分圖（中等）

886. 可能的二分法（中等）

我之前寫了好幾篇圖論相關的文章：

東哥帶你刷圖論第一期：圖遍歷算法

東哥帶你刷圖論第二期：環檢測和拓撲排序

東哥帶你刷圖論第三期：Dijkstra 最短路徑算法

除此之外，并查集算法計算連通分量名流問題?也和圖結構有一些相關性。

那么今天繼續來講一個經典圖論算法：二分圖判定算法。

二分圖簡介

在講二分圖的判定算法之前，我們先來看下百度百科對「二分圖」的定義：

二分圖的頂點集可分割為兩個互不相交的子集，圖中每條邊依附的兩個頂點都分屬于這兩個子集，且兩個子集內的頂點不相鄰。

其實圖論里面很多術語的定義都比較拗口，不容易理解。我們甭看這個死板的定義了，來玩個游戲吧：

給你一幅「圖」，請你用兩種顏色將圖中的所有頂點著色，且使得任意一條邊的兩個端點的顏色都不相同，你能做到嗎？

這就是圖的「雙色問題」，其實這個問題就等同于二分圖的判定問題，如果你能夠成功地將圖染色，那么這幅圖就是一幅二分圖，反之則不是：

在具體講解二分圖判定算法之前，我們先來說說計算機大佬們閑著無聊解決雙色問題的目的是什么。

首先，二分圖作為一種特殊的圖模型，會被很多高級圖算法（比如最大流算法）用到，不過這些高級算法我們不是特別有必要去掌握，有興趣的讀者可以自行搜索。

從簡單實用的角度來看，二分圖結構在某些場景可以更高效地存儲數據。

比如前文 介紹《算法 4》

如果用哈希表存儲，需要兩個哈希表分別存儲「每個演員到電影列表」的映射和「每部電影到演員列表」的映射。

但如果用「圖」結構存儲，將電影和參演的演員連接，很自然地就成為了一幅二分圖：

每個電影節點的相鄰節點就是參演該電影的所有演員，每個演員的相鄰節點就是該演員參演過的所有電影，非常方便直觀。

類比這個例子，其實生活中不少實體的關系都能自然地形成二分圖結構，所以在某些場景下圖結構也可以作為存儲鍵值對的數據結構（符號表）。

好了，接下來進入正題，說說如何判定一幅圖是否是二分圖。

二分圖判定思路

判定二分圖的算法很簡單，就是用代碼解決「雙色問題」。

說白了就是遍歷一遍圖，一邊遍歷一遍染色，看看能不能用兩種顏色給所有節點染色，且相鄰節點的顏色都不相同。

既然說到遍歷圖，也不涉及最短路徑之類的，當然是 DFS 算法和 BFS 皆可了，DFS 算法相對更常用些，所以我們先來看看如何用 DFS 算法判定雙色圖。

首先，基于 學習數據結構和算法的框架思維

/*?二叉樹遍歷框架?*/ void?traverse(TreeNode?root)?{if?(root?==?null)?return;traverse(root.left);traverse(root.right); }/*?多叉樹遍歷框架?*/ void?traverse(Node?root)?{if?(root?==?null)?return;for?(Node?child?:?root.children)traverse(child); }/*?圖遍歷框架?*/ boolean[]?visited; void?traverse(Graph?graph,?int?v)?{//?防止走回頭路進入死循環if?(visited[v])?return;//?前序遍歷位置，標記節點?v?已訪問visited[v]?=?true;for?(TreeNode?neighbor?:?graph.neighbors(v))traverse(graph,?neighbor); }

因為圖中可能存在環，所以用visited數組防止走回頭路。

這里可以看到我習慣把 return 語句都放在函數開頭，因為一般 return 語句都是 base case，集中放在一起可以讓算法結構更清晰。

其實，如果你愿意，也可以把 if 判斷放到其它地方，比如圖遍歷框架可以稍微改改：

/*?圖遍歷框架?*/ boolean[]?visited; void?traverse(Graph?graph,?int?v)?{//?前序遍歷位置，標記節點?v?已訪問visited[v]?=?true;for?(int?neighbor?:?graph.neighbors(v))?{if?(!visited[neighbor])?{//?只遍歷沒標記過的相鄰節點traverse(graph,?neighbor);}} }

這種寫法把對visited的判斷放到遞歸調用之前，和之前的寫法唯一的不同就是，你需要保證調用traverse(v)的時候，visited[v] == false。

為什么要特別說這種寫法呢？因為我們判斷二分圖的算法會用到這種寫法。

回顧一下二分圖怎么判斷，其實就是讓traverse函數一邊遍歷節點，一邊給節點染色，嘗試讓每對相鄰節點的顏色都不一樣。

所以，判定二分圖的代碼邏輯可以這樣寫：

/*?圖遍歷框架?*/ void?traverse(Graph?graph,?boolean[]?visited,?int?v)?{visited[v]?=?true;//?遍歷節點?v?的所有相鄰節點?neighborfor?(int?neighbor?:?graph.neighbors(v))?{if?(!visited[neighbor])?{//?相鄰節點?neighbor?沒有被訪問過//?那么應該給節點?neighbor?涂上和節點?v?不同的顏色traverse(graph,?visited,?neighbor);}?else?{//?相鄰節點?neighbor?已經被訪問過//?那么應該比較節點?neighbor?和節點?v?的顏色//?若相同，則此圖不是二分圖}} }

如果你能看懂上面這段代碼，就能寫出二分圖判定的具體代碼了，接下來看兩道具體的算法題來實操一下。

題目實踐

力扣第 785 題「判斷二分圖」就是原題，題目給你輸入一個 鄰接表 表示一幅無向圖，請你判斷這幅圖是否是二分圖。

函數簽名如下：

boolean?isBipartite(int[][]?graph);

比如題目給的例子，輸入的鄰接表graph = [[1,2,3],[0,2],[0,1,3],[0,2]]，也就是這樣一幅圖：

顯然無法對節點著色使得每兩個相鄰節點的顏色都不相同，所以算法返回 false。

但如果輸入graph = [[1,3],[0,2],[1,3],[0,2]]，也就是這樣一幅圖：

如果把節點{0, 2}涂一個顏色，節點{1, 3}涂另一個顏色，就可以解決「雙色問題」，所以這是一幅二分圖，算法返回 true。

結合之前的代碼框架，我們可以額外使用一個color數組來記錄每個節點的顏色，從而寫出解法代碼：

//?記錄圖是否符合二分圖性質 private?boolean?ok?=?true; //?記錄圖中節點的顏色，false?和?true?代表兩種不同顏色 private?boolean[]?color; //?記錄圖中節點是否被訪問過 private?boolean[]?visited;//?主函數，輸入鄰接表，判斷是否是二分圖 public?boolean?isBipartite(int[][]?graph)?{int?n?=?graph.length;color?=??new?boolean[n];visited?=??new?boolean[n];//?因為圖不一定是聯通的，可能存在多個子圖//?所以要把每個節點都作為起點進行一次遍歷//?如果發現任何一個子圖不是二分圖，整幅圖都不算二分圖for?(int?v?=?0;?v?<?n;?v++)?{if?(!visited[v])?{traverse(graph,?v);}}return?ok; }//?DFS?遍歷框架 private?void?traverse(int[][]?graph,?int?v)?{//?如果已經確定不是二分圖了，就不用浪費時間再遞歸遍歷了if?(!ok)?return;visited[v]?=?true;for?(int?w?:?graph[v])?{if?(!visited[w])?{//?相鄰節點?w?沒有被訪問過//?那么應該給節點?w?涂上和節點?v?不同的顏色color[w]?=?!color[v];//?繼續遍歷?wtraverse(graph,?w);}?else?{//?相鄰節點?w?已經被訪問過//?根據?v?和?w?的顏色判斷是否是二分圖if?(color[w]?==?color[v])?{//?若相同，則此圖不是二分圖ok?=?false;}}} }

這就是解決「雙色問題」的代碼，如果能成功對整幅圖染色，則說明這是一幅二分圖，否則就不是二分圖。

接下來看一下 BFS 算法的邏輯：

//?記錄圖是否符合二分圖性質 private?boolean?ok?=?true; //?記錄圖中節點的顏色，false?和?true?代表兩種不同顏色 private?boolean[]?color; //?記錄圖中節點是否被訪問過 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])?{//?改為使用?BFS?函數bfs(graph,?v);}}return?ok; }//?從?start?節點開始進行?BFS?遍歷 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();//?從節點?v?向所有相鄰節點擴散for?(int?w?:?graph[v])?{if?(!visited[w])?{//?相鄰節點?w?沒有被訪問過//?那么應該給節點?w?涂上和節點?v?不同的顏色color[w]?=?!color[v];//?標記?w?節點，并放入隊列visited[w]?=?true;q.offer(w);}?else?{//?相鄰節點?w?已經被訪問過//?根據?v?和?w?的顏色判斷是否是二分圖if?(color[w]?==?color[v])?{//?若相同，則此圖不是二分圖ok?=?false;}}}} }

核心邏輯和剛才實現的traverse函數（DFS 算法）完全一樣，也是根據相鄰節點v和w的顏色來進行判斷的。關于 BFS 算法框架的探討，詳見前文 BFS 算法框架Dijkstra 算法模板

最后再來看看力扣第 886 題「可能的二分法」：

函數簽名如下：

boolean?possibleBipartition(int?n,?int[][]?dislikes);

其實這題考察的就是二分圖的判定：

如果你把每個人看做圖中的節點，相互討厭的關系看做圖中的邊，那么dislikes數組就可以構成一幅圖；

又因為題目說互相討厭的人不能放在同一組里，相當于圖中的所有相鄰節點都要放進兩個不同的組；

那就回到了「雙色問題」，如果能夠用兩種顏色著色所有節點，且相鄰節點顏色都不同，那么你按照顏色把這些節點分成兩組不就行了嘛。

所以解法就出來了，我們把dislikes構造成一幅圖，然后執行二分圖的判定算法即可：

private?boolean?ok?=?true; private?boolean[]?color; private?boolean[]?visited;public?boolean?possibleBipartition(int?n,?int[][]?dislikes)?{//?圖節點編號為?1...ncolor?=?new?boolean[n?+?1];visited?=?new?boolean[n?+?1];//?轉化成鄰接表表示圖結構List<Integer>[]?graph?=?buildGraph(n,?dislikes);for?(int?v?=?1;?v?<=?n;?v++)?{if?(!visited[v])?{traverse(graph,?v);}}return?ok; }//?建圖函數 private?List<Integer>[]?buildGraph(int?n,?int[][]?dislikes)?{//?圖節點編號為?1...nList<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];//?「無向圖」相當于「雙向圖」//?v?->?wgraph[v].add(w);//?w?->?vgraph[w].add(v);}return?graph; }//?和之前的?traverse?函數完全相同 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;}}} }

至此，這道題也使用 DFS 算法解決了，如果你想用 BFS 算法，和之前寫的解法是完全一樣的，可以自己嘗試實現。

二分圖的判定算法就講到這里，更多二分圖的高級算法，敬請期待。

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的东哥带你刷图论第四期：二分图的判定的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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