BFS和DFS

BFS和DFS的对比

​​BFS​​——queue实现——层序遍历

1. 空间是指数级别的 大！！！
2. 不会有爆栈的风险
3. 找最短路径

def BFS(graph, s):
    queue = []
    queue.append(s)
    visited = set()
    visited.add(s)
    while (len(queue) > 0):
        vertex = queue.pop(0)
        nodes = graph[vertex]
        for w in nodes:
            if w not in visited:
                queue.append(w)
                visited.add(w)

        print(vertex)

​​DFS​​——栈实现——采用递归

1. 空间和深度成正比 小！！！
2. 有爆栈的风险，比如树的深度最坏可能有100000层
3. 不能搜最短、最小

def DFS(graph, s):
    stack = []
    stack.append(s)
    visited = set()
    visited.add(s)
    while (len(stack) > 0):
        vertex = stack.pop()
        nodes = graph[vertex]
        for w in nodes:
            if w not in visited:
                stack.append(w)
                visited.add(w)

        print(vertex)

23. 矩阵中的路径

题目

请设计一个函数，用来判断在一个矩阵中是否存在一条包含某字符串所有字符的路径。

路径可以从矩阵中的任意一个格子开始，每一步可以在矩阵中向左，向右，向上，向下移动一个格子。

如果一条路径经过了矩阵中的某一个格子，则之后不能再次进入这个格子。

注意：

输入的路径不为空；
所有出现的字符均为大写英文字母；

样例
matrix=
[
  ["A","B","C","E"],
  ["S","F","C","S"],
  ["A","D","E","E"]
]

str="BCCE" , return "true" 

str="ASAE" , return "false"

算法:广度优先搜索

​​DFS​​​ O(n^2 ` 3^k)
在深度优先搜索中，最重要的就是考虑好搜索顺序。

我们先枚举单词的起点，然后依次枚举单词的每个字母。
过程中需要将已经使用过的字母改成一个特殊字母，以避免重复使用字符。

**时间复杂度分析：**单词起点一共有 $n^2$ 个，单词的每个字母一共有上下左右四个方向可以选择，但由于不能走回头路，所以除了单词首字母外，仅有三种选择。所以总时间复杂度是 $O(n²³k) $ 。

C++代码

class Solution {
public:
  bool hasPath(vector<vector<char>>& matrix, string str) {
    for (int i = 0; i < matrix.size(); i++)
      for (int j = 0; j < matrix[i].size(); j++)
        if (dfs(matrix, str, 0, i, j)) // 从第0个字符串开始枚举，当前的起点是i, j
          return true;
    return false;
  }

  // u代表字符串中枚举到的第几个字符，即路径长度； x y 表示枚举到的路径的终点
  bool dfs(vector<vector<char>> &matrix, string &str, int u, int x, int y) {
    if (matrix[x][y] != str[u]) return false;
    if (u == str.size() -1) return true;
    int dx[4] = { -1, 0, 1, 0 }, dy[4] = { 0, 1, 0, -1 };
    char t = matrix[x][y];
    matrix[x][y] = '*'; // 防止重复枚举，设置一个没用过的字符*
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
      int a = x + dx[i], b = y + dy[i];
      if (a >= 0 && a < matrix.size() && b >= 0 && b < matrix[a].size()) {
        if (dfs(matrix, str, u + 1, a, b)) return true;
      }
    }
    matrix[x][y] = t;  //回溯
    return false;

  }
};

24.机器人的运动范围

题目

地上有一个 m 行和 nn 列的方格，横纵坐标范围分别是 0∼m−1 和 0∼n−1。

一个机器人从坐标0,0的格子开始移动，每一次只能向左，右，上，下四个方向移动一格。

但是不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于 k 的格子。

请问该机器人能够达到多少个格子？

样例1

输入：k=7, m=4, n=5

输出：20

样例2

输入：k=18, m=40, n=40

输出：1484

解释：当k为18时，机器人能够进入方格（35,37），因为3+5+3+7 = 18。
      但是，它不能进入方格（35,38），因为3+5+3+8 = 19。

算法

​​BFS​​​ $O(nm)$
这是一个典型的宽度优先搜索问题，我们从 (0, 0) 点开始，每次朝上下左右四个方向扩展新的节点即可。

扩展时需要注意新的节点需要满足如下条件：

之前没有遍历过，这个可以用个bool数组来判断；
没有走出边界；
横纵坐标的各位数字之和小于 k；
最后答案就是所有遍历过的合法的节点个数。

时间复杂度
每个节点最多只会入队一次，所以时间复杂度不会超过方格中的节点个数。
最坏情况下会遍历方格中的所有点，所以时间复杂度就是 $O(nm)$。

C++代码

class Solution {
public:

    int get_sum(pair<int, int> p) {
        int s = 0;
        while (p.first) {
            s += p.first % 10;// s每次加上最后一个数
            p.first /= 10;    // 再把最后一个数去掉
        }
        while (p.second) {
            s += p.second % 10;
            p.second /= 10;
        }
        return s;
    }

    int movingCount(int threshold, int rows, int cols)
    {
        if (!rows || !cols) return 0;
        queue<pair<int,int>> q;
        vector<vector<bool>> st(rows, vector<bool>(cols, false));// 二维布尔矩阵

        int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1}; // 上下左右顺时针

        int res = 0;
        q.push({0, 0});// (0, 0)初始化，因为pair是结构体，这样写比较简洁
        while (q.size()) { // 只要队列中有元素就一直循环
            auto t = q.front();
            q.pop();
            if (st[t.first][t.second] || get_sum(t) > threshold) continue;
            res ++ ;
            st[t.first][t.second] = true; // 标记一下已经被遍历过了
            for (int i = 0; i < 4; i ++ ) { // 当前格子枚举四个方向
                int x = t.first + dx[i], y = t.second + dy[i];
                if (x >= 0 && x < rows && y >= 0 && y < cols) q.push({x, y});
            }
        }

        return res;
    }
};