@Dmaxiya 2020-08-25T00:40:07.000000Z 字数 11537 阅读 1314

广度优先搜索

Hello_World

bfs

广度优先搜索 $(Breadth-first~search)$ 简称 $bfs$ ，它的搜法是对于当前状态，依次搜索其后继状态，其后继状态都搜索结束后，再搜索这些后继状态所产生的更多的后继状态，从搜索树的角度来看，就是搜索同一深度的所有状态，再搜索下一深度的所有状态。
对于下面这棵树，宽搜的顺序就是按 $A~B~C\cdots\cdots$ 的字母表顺序。

下面这张图从 $B$ 点开始的宽搜顺序为：

$B\rightarrow A[B]\rightarrow D[B]\rightarrow F[A]\rightarrow C[A]\rightarrow(C[D])\rightarrow E[C]\rightarrow H[E]\rightarrow G[H]\rightarrow J[H]\rightarrow I[G]\rightarrow(I[J])$
中括号的节点表示搜索到当前节点的前一节点编号，小括号中的节点表示本应该搜索到当前节点，但由于之前已经搜索过，所以应当跳过搜索。

bfs 思路

从上面的搜索次序可以大概这样理解图上 $bfs$ ：从某个点开始一层一层地往外搜索节点，直到所有节点都被搜索到。在上图的搜索过程中，搜索到节点 $A$ 时，不再继续往下搜索，而是先存起来，等到 $D$ 搜索结束后再开始 $A$ 的搜索。
看到这里我们可以用一个二维数组 $node[i][j]$ 表示从初始节点开始，搜索到第 $i$ 层时的第 $j$ 个节点（把“层”这个字放在树上会不会更好理解一些？），在搜索到第 $i+1$ 层时，在第 $i$ 层的一维数组上跑一个 $for$ 循环即可。但是二维数组的需要的空间太大，如果真的要用二维数组来实现宽搜，空间复杂度为 $O(n^2)$ ，其中 $n$ 为节点数。
进一步观察我们可以发现，第 $i+1$ 层的搜索次序只依赖于第 $i$ 层的搜索，而完全用不到第 $i$ 层之前的搜索数据，所以我们可以将这么大的一个二维数组用一个滚动数组代替，即将第 $i$ 层的搜索结果储存在第 $i\%2$ 行的一维数组中，而第 $i+1$ 层的搜索就可以通过对第 $i\%2$ 行的一维数组进行一次 $for$ 循环。这样的空间复杂度就可以下降到 $O(2n)$ ，已经是足够优化的空间了，只是实现起来由于宽搜搜索层数的不确定，不好给出“跳出循环”或者“结束递归” 的条件（取决于你用哪种方法实现）。

继续观察这个滚动数组 $for$ 循环的次序可以发现，这个次序总是按顺序在两个数组中从左到右依次扫描，对于第 $i$ 行的一维数组，当我们扫描到第 $j$ 个节点时，会将第 $j$ 个节点的所有没有被访问过的后继节点都放入到第 $(i+1)\%2$ 行一维数组的末尾，接着第 $j$ 个节点就不会被扫描到，而是继续扫描第 $j+1$ 个节点，直到第 $i$ 行的所有节点都被扫描到，进而继续扫描第 $(i+1)\%2$ 行的节点。
我们能否将这两个一维数组拼接起来，仅用一维来实现呢？以上的扫描次序和添加待扫描节点的次序正好符合“先进先出”的规律，所以这一维数组也就可以转化为一个队列，用一个队列来存放待扫描的所有节点，如果队首的节点所有后继节点已经被存入队列，则这个节点就已经失去了作用，可以从队列中剔除，并且不再需要它。

将本小结“节点”的含义替换成“状态”，将“图”替换成“解空间”，同样成立。

bfs 代码实现

queue<Node> que;
bool vis[maxn];
que.push(s);
vis[s] = true;
while(!que.empty()) {
    Node tmp = que.front();
    que.pop();
    /*对 tmp 节点的相关操作*/
    int len = G[tmp.pos].size();
    for(int i = 0; i < len; ++i) {
        int pos = G[tmp.pos][i].pos;
        if(!vis[pos] && (/*其他能够进入队列的条件*/)) {
            /*对 pos 节点的相关操作*/
            vis[pos] = true;
            que.push(pos);
        }
    }
}

如果由于某些条件必须跳出循环，则可以在第 $9$ 行加入一个判断语句然后 $break$ ，并且需要在第 $3$ 行加入清空队列的初始化：

while(!que.empty()) {
    que.pop();
}

关于队列的相关函数的作用和意义，请下载群文件“ $OJ$ 提交 $\&$ $STL$ 基础”自学 $STL$ 相关内容，假期不再布置 $STL$ 相关习题。

bfs 应用

在边权相等情况下搜索从一个点到达图上其他所有点的最短路径；由于边权相同，所以到达 $x$ 节点的时间等于到达 $x$ 节点的宽搜层数，第一次搜索到节点 $x$ 的层数必然是最小层数，所以第一次搜索到节点 $x$ 的路径就是到达节点 $x$ 的最短路径。
拓扑排序；拓扑排序的宽搜写法比较容易实现与理解（还有深搜的写法），但是注意拓扑排序初始进入队列的不是一个点，而是所有入度为零的点。
迪杰斯特拉最短路；迪杰斯特拉最短路算法的堆优化（将队列改为优先队列）写法时间复杂度为 $O(m\log m)$ ，其中 $m$ 为图上边的数量，对于完全图（ $n^2$ 条边）的时间复杂度为 $O(n^2\log n^2)$ ，效率不如 $dij$ 的朴素写法（ $O(n^2)$ ）。
$prim$ 最小生成树； $prim$ 最小生成树算法的堆优化时间复杂度为 $O(m\log m)$ ，完全图的情况和 $dij$ 相同，此时最好直接用 $prim$ 的朴素写法 $O(n^2)$ 。
$bfs$ 序：目前看到用到 $bfs$ 序的好像只有“ $AC$ 自动机”算法，这个是 $Trie$ 字典树上跑 $KMP$ 的一种多字符串匹配的算法，若是涉及到 $AC$ 自动机的话比较常用，蓝桥杯一般不考，可以不用理解。

2 月 13~14 日 bfs 练习题解

A. Knight Moves

题意

在一个 $l\times l$ 的方格中，走“日”字步从 $(s_x,s_y)$ 点走到 $(t_x,t_y)$ 点，问最少走多少步。

数据范围

$4\leq l\leq300\\0\leq s_x,s_y,t_x,t_y<l$

题解

从 $(s_x,s_y)$ 点开始 $bfs$ ，第一次搜索到达的点用的步数一定是最少的，所以只要记录第一次到达每个点的步数，后面若重复搜索到这个点，则不再进入队列，最后输出到达 $(t_x,t_y)$ 的步数。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cfloat>
#include <cstring>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 500;
struct Node {
    int x, y;
    Node() {}
    Node(int xx, int yy) {
        x = xx;
        y = yy;
    }
};
bool operator==(const Node &a, const Node &b) {
    return a.x == b.x && a.y == b.y;
}
int T, n;
Node s, t;
int step[maxn][maxn];
queue<Node> que;
const int dir[8][2] = {{-1, -2}, {-2, -1}, {-2, 1}, {-1, 2}, {1, -2}, {2, -1}, {1, 2}, {2, 1}};
bool in(int x, int y) {
    return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < n;
}
int bfs() {
    while(!que.empty()) {
        que.pop();
    }
    memset(step, -1, sizeof(step));
    que.push(s);
    step[s.x][s.y] = 0;
    while(!que.empty()) {
        Node tmp = que.front();
        que.pop();
        if(tmp == t) {
            break;
        }
        for(int i = 0; i < 8; ++i) {
            int xx = tmp.x + dir[i][0];
            int yy = tmp.y + dir[i][1];
            if(in(xx, yy) && step[xx][yy] == -1) {
                step[xx][yy] = step[tmp.x][tmp.y] + 1;
                que.push(Node(xx, yy));
            }
        }
    }
    return step[t.x][t.y];
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d", &n);
        scanf("%d%d%d%d", &s.x, &s.y, &t.x, &t.y);
        printf("%d\n", bfs());
    }
    return 0;
}

B. Catch That Cow

题意

在一个一维坐标轴上， $John$ 最初在 $x=N$ 点，他的牛跑到了 $x=K$ 点，牛在 $x=K$ 点不动，若他在点 $x$ ，则他下一步可以移动到 $x-1$ 、 $x+1$ 、 $2\times x$ 这三个位置，问他最快多久能找到牛。

数据范围

$0\leq N,K\leq10^5$

题解

从 $x=N$ 点开始 $bfs$ ，思路同上，但是注意农夫可以走的范围实际上是 $[0,1.5\times10^5)$ ，所以要注意数组的大小，否则很可能会 $RE$ 。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cfloat>
#include <cstring>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 200000 + 100;
int n, k;
int step[maxn];
int Set[maxn], cnt;
queue<int> que;
void Change(int Index, int x) {
    Set[cnt++] = Index;
    step[Index] = x;
}
void Clear() {
    for(int i = 0; i < cnt; ++i) {
        step[Set[i]] = -1;
    }
    cnt = 0;
}
bool in(int x) {
    return x >= 0 && x < maxn;
}
int bfs() {
    while(!que.empty()) {
        que.pop();
    }
    que.push(n);
    Change(n, 0);
    while(!que.empty()) {
        int tmp = que.front();
        que.pop();
        if(tmp == k) {
            break;
        }
        if(in(tmp - 1) && step[tmp - 1] == -1) {
            Change(tmp - 1, step[tmp] + 1);
            que.push(tmp - 1);
        }
        if(in(tmp + 1) && step[tmp + 1] == -1) {
            Change(tmp + 1, step[tmp] + 1);
            que.push(tmp + 1);
        }
        if(in(tmp * 2) && step[tmp * 2] == -1) {
            Change(tmp * 2, step[tmp] + 1);
            que.push(tmp * 2);
        }
    }
    return step[k];
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    memset(step, -1, sizeof(step));
    while(scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) {
        Clear();
        printf("%d\n", bfs());
    }
    return 0;
}

C. Dating with girls(2)

题意

你想和一个女生约会，你和这个女生都在一个 $r\times c$ 的迷宫当中，这个迷宫中的石头将会在 $x\times k(x\in N)$ 的时间点消失，其他时候它们都将在那里。要从 $Y$ 的位置走到 $G$ 的位置，问最少需要多少分钟。

数据范围

$1\leq r,c\leq100,2\leq k\leq10$

题解

石头会在 $k$ 的整数倍的时间点消失，所以整个搜索的周期不是 $1$ 而是 $k$ ，如果周期为 $1$ 就是前面两道题的宽搜，周期为 $k$ 就多开一维表示某个周期中的第 $t(t\in[0,k-1])$ 个时间点到达某个点的最短时间。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cfloat>
#include <cstring>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 200;
struct Node {
    int x, y;
    int k;
    Node() {}
    Node(int xx, int yy, int kk) {
        x = xx;
        y = yy;
        k = kk;
    }
};
bool operator==(const Node &a, const Node &b) {
    return a.x == b.x && a.y == b.y;
}
int T, n, m, k;
Node s, t;
queue<Node> que;
char str[maxn][maxn];
int step[maxn][maxn][15];
const int dir[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
bool in(int x, int y) {
    return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m;
}
int bfs() {
    while(!que.empty()) {
        que.pop();
    }
    memset(step, -1, sizeof(step));
    step[s.x][s.y][s.k] = 0;
    que.push(s);
    while(!que.empty()) {
        Node tmp = que.front();
        que.pop();
        if(tmp == t) {
            return step[tmp.x][tmp.y][tmp.k];
        }
        int St = step[tmp.x][tmp.y][tmp.k] + 1;
        for(int i = 0; i < 4; ++i) {
            int xx = tmp.x + dir[i][0];
            int yy = tmp.y + dir[i][1];
            if(in(xx, yy) && step[xx][yy][St % k] == -1 && (St % k == 0 || str[xx][yy] != '#')) {
                step[xx][yy][St % k] = St;
                que.push(Node(xx, yy, St % k));
            }
        }
    }
    return -1;
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%s", str[i]);
            for(int j = 0; j < m; ++j) {
                if(str[i][j] == 'Y') {
                    s.x = i;
                    s.y = j;
                    s.k = 0;
                } else if(str[i][j] == 'G') {
                    t.x = i;
                    t.y = j;
                }
            }
        }
        int ans = bfs();
        if(ans == -1) {
            printf("Please give me another chance!\n");
        } else {
            printf("%d\n", ans);
        }
    }
    return 0;
}

2月15日 bfs 练习题解

A. Nightmare

题意

在一个 $N\times M$ 的迷宫中， $Ignatius$ 手里拿着一个定时炸弹，最初倒计时设为 $6$ 分钟，他可以在迷宫中上下左右移动，每移动一格耗时 $1$ 分钟，在迷宫的某些地方设有重置器，可以将定时炸弹的时间重置为 $6$ 分钟。如果定时器倒计时到 $0$ ，不论走到哪一格，炸弹都将爆炸，问他能否安全到达出口，如果可以，最短需要多长时间。

数据范围

$1\leq N,M\leq8$

题解

和 Dating with girls(2) 题一样，多开一维表示炸弹倒计时为 $t$ 时，到达某一格的最短时间，到达某一格时，若倒计时为 $1$ 且这一格不是出口，则不再搜索。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cfloat>
#include <cstring>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 20;
struct Node {
    int x, y;
    int Time;
    Node() {}
    Node(int xx, int yy, int t) {
        x = xx;
        y = yy;
        Time = t;
    }
};
bool operator==(const Node &a, const Node &b) {
    return a.x == b.x && a.y == b.y;
}
int T, n, m;
Node s, t;
queue<Node> que;
int step[maxn][maxn][10];
int num[maxn][maxn];
const int dir[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
bool in(int x, int y) {
    return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m;
}
int bfs() {
    while(!que.empty()) {
        que.pop();
    }
    memset(step, -1, sizeof(step));
    step[s.x][s.y][s.Time] = 0;
    que.push(s);
    while(!que.empty()) {
        Node tmp = que.front();
        que.pop();
        if(tmp == t) {
            return step[tmp.x][tmp.y][tmp.Time];
        }
        if(tmp.Time == 1) {
            continue;
        }
        for(int i = 0; i < 4; ++i) {
            int xx = tmp.x + dir[i][0];
            int yy = tmp.y + dir[i][1];
            int Time = tmp.Time - 1;
            if(in(xx, yy) && num[xx][yy] != 0) {
                if(num[xx][yy] == 4) {
                    Time = 6;
                }
                if(step[xx][yy][Time] == -1) {
                    step[xx][yy][Time] = step[tmp.x][tmp.y][tmp.Time] + 1;
                    que.push(Node(xx, yy, Time));
                }
            }
        }
    }
    return -1;
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            for(int j = 0; j < m; ++j) {
                scanf("%d", &num[i][j]);
                if(num[i][j] == 2) {
                    s.x = i;
                    s.y = j;
                    s.Time = 6;
                } else if(num[i][j] == 3) {
                    t.x = i;
                    t.y = j;
                }
            }
        }
        printf("%d\n", bfs());
    }
    return 0;
}

B. 诡异的楼梯

题解

到达楼梯时判可以通过判断奇偶性来判断能否通过这个楼梯，如果不能通过且过楼梯后的那一个没有被搜索到，则在原地等一分钟再过楼梯。这里注意一下过从楼梯一边走到另一边只需要一分钟。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cfloat>
#include <cstring>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 30;
struct Node {
    int x, y;
    int step;
    Node() {}
    Node(int xx, int yy, int s) {
        x = xx;
        y = yy;
        step = s;
    }
};
bool operator==(const Node &a, const Node &b) {
    return a.x == b.x && a.y == b.y;
}
int n, m;
Node s, t;
queue<Node> que;
char G[maxn][maxn];
const int dir[4][2] = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}};
bool vis[maxn][maxn];
bool in(int x, int y) {
    return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m;
}
int bfs() {
    int ret;
    while(!que.empty()) {
        que.pop();
    }
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    que.push(s);
    vis[s.x][s.y] = true;
    while(!que.empty()) {
        Node tmp = que.front();
        que.pop();
        if(tmp == t) {
            ret = tmp.step;
            break;
        }
        for(int i = 0; i < 4; ++i) {
            int xx = tmp.x + dir[i][0];
            int yy = tmp.y + dir[i][1];
            if(in(xx, yy)) {
                if(G[xx][yy] == 0 || G[xx][yy] == 1) {
                    int tmpx = xx + dir[i][0];
                    int tmpy = yy + dir[i][1];
                    if(in(tmpx, tmpy) && !vis[tmpx][tmpy]) {
                        if(((tmp.step & 1) ^ G[xx][yy] ^ (i & 1)) == 1) {
                            que.push(Node(tmp.x, tmp.y, tmp.step + 1));
                        } else {
                            vis[tmpx][tmpy] = true;
                            que.push(Node(tmpx, tmpy, tmp.step + 1));
                        }
                    }
                } else if(!vis[xx][yy] && G[xx][yy] != '*') {
                    vis[xx][yy] = true;
                    que.push(Node(xx, yy, tmp.step + 1));
                }
            }
        }
    }
    return ret;
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%s", G[i]);
            for(int j = 0; j < m; ++j) {
                if(G[i][j] == 'S') {
                    s.x = i;
                    s.y = j;
                    s.step = 0;
                } else  if(G[i][j] == 'T') {
                    t.x = i;
                    t.y = j;
                } else if(G[i][j] == '|') {
                    G[i][j] = 0;
                } else if(G[i][j] == '-') {
                    G[i][j] = 1;
                }
            }
        }
        printf("%d\n", bfs());
    }
    return 0;
}

B. 变形课

题解

如果一个单词的首字母为 $x$ ，最后一个字母为 $y$ ，则在一个邻接矩阵上标记，表示可以从 $x$ 到达 $y$ ，然后从 $'b'$ 开始宽搜，看能否到达 $'m'$ ，可以则输出 $Yes.$ ，不能则输出 $No.$ ，注意输出时不要漏了句号。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cfloat>
#include <cstring>
#include <string>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 30;
string str;
queue<int> que;
bool vis[maxn];
bool G[maxn][maxn];
bool bfs() {
    while(!que.empty()) {
        que.pop();
    }
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    vis['b' - 'a'] = true;
    que.push('b' - 'a');
    while(!que.empty()) {
        int tmp = que.front();
        que.pop();
        if(tmp == 'm' - 'a') {
            return true;
        }
        for(int i = 0; i < 26; ++i) {
            if(G[tmp][i] && !vis[i]) {
                vis[i] = true;
                que.push(i);
            }
        }
    }
    return false;
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(cin >> str) {
        if(str[0] == '0') {
            printf("No.\n");
            continue;
        }
        memset(G, 0, sizeof(G));
        G[str[0] - 'a'][str[str.length() - 1] - 'a'] = true;
        while(cin >> str, str[0] != '0') {
            G[str[0] - 'a'][str[str.length() - 1] - 'a'] = true;
        }
        if(bfs()) {
            printf("Yes.\n");
        } else {
            printf("No.\n");
        }
    }
    return 0;
}

广度优先搜索

bfs

bfs 思路

bfs 代码实现

bfs 应用

2 月 13~14 日 bfs 练习题解

A. Knight Moves

题意

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题解

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B. Catch That Cow

题意

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C. Dating with girls(2)

题意

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2月15日 bfs 练习题解

A. Nightmare

题意

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B. 诡异的楼梯

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B. 变形课

题解

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