有 N 个房间，开始时你位于 0 号房间。每个房间有不同的号码：0，1，2，...，N-1，并且房间里可能有一些钥匙能使你进入下一个房间。
在形式上，对于每个房间 i 都有一个钥匙列表 rooms[i]，每个钥匙 rooms[i][j] 由 [0,1，...，N-1] 中的一个整数表示，其中 N = rooms.length。 钥匙 rooms[i][j] = v 可以打开编号为 v 的房间。
最初，除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。
你可以自由地在房间之间来回走动。
如果能进入每个房间返回 true，否则返回 false。
示例 1：
输入: [[1],[2],[3],[]]
输出: true
解释:
我们从 0 号房间开始，拿到钥匙 1。
之后我们去 1 号房间，拿到钥匙 2。
然后我们去 2 号房间，拿到钥匙 3。
最后我们去了 3 号房间。
由于我们能够进入每个房间，我们返回 true。
示例 2：
输入：[[1,3],[3,0,1],[2],[0]]
输出：false
解释：我们不能进入 2 号房间。
提示：
-
1 <= rooms.length <= 1000 -
0 <= rooms[i].length <= 1000 - 所有房间中的钥匙数量总计不超过
3000。
DFS
当 xxx 号房间中有 yyy 号房间的钥匙时，我们就可以从 xxx 号房间去往 yyy 号房间。如果我们将这 nnn 个房间看成有向图中的 nnn 个节点，那么上述关系就可以看作是图中的 xxx 号点到 yyy 号点的一条有向边。
这样一来，问题就变成了给定一张有向图，询问从 000 号节点出发是否能够到达所有的节点。
我们可以使用深度优先搜索的方式遍历整张图，统计可以到达的节点个数，并利用数组 vis\textit{vis}vis 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问。
Code
def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool:
def dfs(x: int):
vis.add(x)
nonlocal num
num += 1
for i in rooms[x]:
if i not in vis:
dfs(i)
vis, num = set(), 0
dfs(0)
return num == len(rooms)
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n+m)O(n+m)O(n+m)，其中 nnn 是房间的数量，mmm 是所有房间中的钥匙数量的总数。
- 空间复杂度：O(n)O(n)O(n)，其中 nnn 是房间的数量。主要为栈空间的开销。
