300分钟搞定数据结构与算法课程学习5 ——DFS和BFS
DFS 和 BFS 经常在算法面试题当中出现，在整个算法面试知识点中所占的比重非常大。应用最多的地方就是对图进行遍历，树也是图的一种。
深度优先搜索（Depth-First Search / DFS）
深度优先搜索，从起点出发，从规定的方向中选择其中一个不断地向前走，直到无法继续为止，然后尝试另外一种方向，直到最后走到终点。就像走迷宫一样，尽量往深处走。
DFS 解决的是连通性的问题，即，给定两个点，一个是起始点，一个是终点，判断是不是有一条路径能从起点连接到终点。起点和终点，也可以指的是某种起始状态和最终的状态。问题的要求并不在乎路径是长还是短，只在乎有还是没有。有时候题目也会要求把找到的路径完整的打印出来。
DFS 遍历
例题：假设我们有这么一个图，里面有A、B、C、D、E、F、G、H 8 个顶点，点和点之间的联系如下图所示，对这个图进行深度优先的遍历。
解题思路
必须依赖栈（Stack），特点是后进先出（LIFO）。
第一步，选择一个起始顶点，例如从顶点 A 开始。把 A 压入栈，标记它为访问过（用红色标记），并输出到结果中。
第二步，寻找与 A 相连并且还没有被访问过的顶点，顶点 A 与 B、D、G 相连，而且它们都还没有被访问过，我们按照字母顺序处理，所以将 B 压入栈，标记它为访问过，并输出到结果中。
第三步，现在我们在顶点 B 上，重复上面的操作，由于 B 与 A、E、F 相连，如果按照字母顺序处理的话，A 应该是要被访问的，但是 A 已经被访问了，所以我们访问顶点 E，将 E 压入栈，标记它为访问过，并输出到结果中。
第四步，从 E 开始，E 与 B、G 相连，但是B刚刚被访问过了，所以下一个被访问的将是G，把G压入栈，标记它为访问过，并输出到结果中。
第五步，现在我们在顶点 G 的位置，由于与 G 相连的顶点都被访问过了，类似于我们走到了一个死胡同，必须尝试其他的路口了。所以我们这里要做的就是简单地将 G 从栈里弹出，表示我们从 G 这里已经无法继续走下去了，看看能不能从前一个路口找到出路。
可以看到，每次我们在考虑下一个要被访问的点是什么的时候，如果发现周围的顶点都被访问了，就把当前的顶点弹出。
第六步，现在栈的顶部记录的是顶点 E，我们来看看与 E 相连的顶点中有没有还没被访问到的，发现它们都被访问了，所以把 E 也弹出去。
第七步，当前栈的顶点是 B，看看它周围有没有还没被访问的顶点，有，是顶点 F，于是把 F 压入栈，标记它为访问过，并输出到结果中。
第八步，当前顶点是 F，与 F 相连并且还未被访问到的点是 C 和 D，按照字母顺序来，下一个被访问的点是 C，将 C 压入栈，标记为访问过，输出到结果中。
第九步，当前顶点为 C，与 C 相连并尚未被访问到的顶点是 H，将 H 压入栈，标记为访问过，输出到结果中。
第十步，当前顶点是 H，由于和它相连的点都被访问过了，将它弹出栈。
第十一步，当前顶点是 C，与 C 相连的点都被访问过了，将 C 弹出栈。
第十二步，当前顶点是 F，与 F 相连的并且尚未访问的点是 D，将 D 压入栈，输出到结果中，并标记为访问过。
第十三步，当前顶点是 D，与它相连的点都被访问过了，将它弹出栈。以此类推，顶点 F，B，A 的邻居都被访问过了，将它们依次弹出栈就好了。最后，当栈里已经没有顶点需要处理了，我们的整个遍历结束。
例题分析一
给定一个二维矩阵代表一个迷宫，迷宫里面有通道，也有墙壁，通道由数字 0 表示，而墙壁由 -1 表示，有墙壁的地方不能通过，那么，能不能从 A 点走到 B 点。
从 A 开始走的话，有很多条路径通往 B，例如下面两种。
代码实现
根据例题，来看实现代码，如下。
boolean dfs(int maze[][], int x, int y) {
// 第一步：判断是否找到了B
if (x == B[0] && y == B[1]) {
return true;
}
// 第二步：标记当前的点已经被访问过
maze[x][y] = -1;
// 第三步：在四个方向上尝试
for (int d = 0; d < 4; d++) {
int i = x + dx[d], j = y + dy[d];
// 第四步：如果有一条路径被找到了，返回true
if (isSafe(maze, i, j) && dfs(maze, i, j)) {
return true;
}
}
// 付出了所有的努力还是没能找到B，返回false
return false;
}
非递归实现
递归实现：
代码看上去很简洁；
实际应用中，递归需要压入和弹出栈，栈深的时候会造成运行效率低下。
非递归实现：
栈支持压入和弹出；
栈能提高效率。
代码实现
boolean dfs(int maze[][], int x, int y) {
// 创建一个Stack
Stack
// 将起始点压入栈，标记它访问过
stack.push(new Integer[] {x, y});
maze[x][y] = -1;
while (!stack.isEmpty()) {
// 取出当前点
Integer[] pos = stack.pop();
x = pos[0]; y = pos[1];
// 判断是否找到了目的地
if (x == B[0] && y == B[1]) {
return true;
}
// 在四个方向上尝试
for (int d = 0; d < 4; d++) {
int i = x + dx[d], j = y + dy[d];
if (isSafe(maze, i, j)) {
stack.push(new Integer[] {i, j});
maze[i][j] = -1;
}
}
}
return false;
}
//DFS与BFS 打通墙的问题
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[6][6] =
{{0,0,1,0,0,0},
{0,0,-1,0,0,0},
{0,0,-1,0,0,0},
{0,0,-1,-1,0,0},
{-1,-1,1,0,0,0},
{0,0,0,0,0,-1}};
int A = a[0][2];
int B = a[4][2];
//int s = A[0];
int dx[4] = {0,0,-1,1}; //我在这里设置的顺序是，左右上下
int dy[4] = {-1,1,0,0};
bool isSafe(int maze[6][6], int x, int y) {
if(maze[x][y] !=-1&&x>=0&&y>=0&&y<6&&x<6)
return true;
return false;
}
int num = 0;
bool dfs(int maze[6][6], int x, int y) {
//第一步 判断是否找到目的节点
num++;
if(x == 4 && y == 2) {
return true;
}
//第二步 标记当前节点已经被访问过
//cout< s;
stack m;
stack n;
s.push(maze[x][y]);
m.push(x);
n.push(y);
maze[x][y] = -1;
while(!s.empty()) {
int pop1 = s.top();
x = m.top();
y = n.top();
cout<
算法分析
DFS 是图论里的算法，分析利用 DFS 解题的复杂度时，应当借用图论的思想。图有两种表示方式：邻接表、邻接矩阵。假设图里有 V 个顶点，E 条边。
时间复杂度：
邻接表
访问所有顶点的时间为 O(V)，而查找所有顶点的邻居一共需要 O(E) 的时间，所以总的时间复杂度是 O(V + E)。
邻接矩阵
查找每个顶点的邻居需要 O(V) 的时间，所以查找整个矩阵的时候需要 O(V2) 的时间。
举例：利用 DFS 在迷宫里找一条路径的复杂度。迷宫是用矩阵表示。
解法：把迷宫看成是邻接矩阵。假设矩阵有 M 行 N 列，那么一共有 M × N 个顶点，因此时间复杂度就是 O(M × N)。
空间复杂度：
DFS 需要堆栈来辅助，在最坏情况下，得把所有顶点都压入堆栈里，所以它的空间复杂度是 O(V)，即 O(M × N)。
例题分析二
例题：利用 DFS 去寻找最短的路径。
解题思路
思路 1：暴力法。
寻找出所有的路径，然后比较它们的长短，找出最短的那个。此时必须尝试所有的可能。因为 DFS 解决的只是连通性问题，不是用来求解最短路径问题的。
思路 2：优化法。
一边寻找目的地，一边记录它和起始点的距离（也就是步数）。
从某方向到达该点所需要的步数更少，则更新。
从各方向到达该点所需要的步数都更多，则不再尝试。
代码实现
void solve(int maze[][]) {
// 第一步. 除了A之外，将其他等于0的地方用MAX_VALUE替换
for (int i = 0; i < maze.length; i++) {
for (int j = 0; j < maze[0].length; j++) {
if (maze[i][j] == 0 && !(i == A[0] && j == A[1])) {
maze[i][j] = Integer.MAX_VALUE;
}
}
}
// 第二步. 进行优化的DFS操作
dfs(maze, A[0], A[1]);
// 第三步. 看看是否找到了目的地
if (maze[B[0]][B[1]] < Integer.MAX_VALUE) {
print("Shortest path count is: " + maze[B[0]][B[1]]);
} else {
print("Cannot find B!");
}
}
void dfs(int maze[][], int x, int y) {
// 第一步. 判断是否找到了B
if (x == B[0] && y == B[1]) return;
// 第二步. 在四个方向上尝试
for (int d = 0; d < 4; d++) {
int i = x + dx[d], j = y + dy[d];
// 判断下一个点的步数是否比目前的步数+1还要大
if (isSafe(maze, i, j) && maze[i][j] > maze[x][y] + 1) {
// 如果是，就更新下一个点的步数，并继续DFS下去
maze[i][j] = maze[x][y] + 1;
dfs(maze, i, j);
}
}
}
void dfs2(int maze[6][6], int x, int y) {
// 第一步. 判断是否找到了B
if(x == 4 && y == 2) return;
// 第二步. 在四个方向上尝试
for(int d = 0; d < 4; d++) {
int i = x + dx[d], j = y + dy[d];
// 判断下一个点的步数是否比目前的步数+1还要大
if (isSafe(maze, i, j) && maze[i][j] > maze[x][y] + 1) {
// 如果是，就更新下一个点的步数，并继续DFS下去
maze[i][j] = maze[x][y] + 1;
dfs2(maze, i, j);
}
}
}
void solve(int maze[6][6]) {
for(int i = 0; i < 6; i++) {
for(int j = 0; j < 6; j++) {
if(maze[i][j] == 0 &&!(i == 0&&j==2)) {
maze[i][j] = 10000;
}
}
}
dfs2(a,0,2);
// 第三步. 看看是否找到了目的地
if (maze[4][2] <10000 ){
cout<<"Shortest path count is: " << maze[4][2]<
注意：之前的题目只要找到了一个路径就返回，这里我们必须尽可能多的去尝试，直到找到最短路径。
运行结果
当程序运行完毕之后，矩阵的最终结果如下。
2 1 0 1 2 3
3 2 -1 2 3 4
4 3 -1 3 4 5
5 4 -1 -1 5 6
-1 -1 8 7 6 7
11 10 9 8 7 -1
可以看到，矩阵中每个点的数值代表着它离 A 点最近的步数。
广度优先搜索（Breadth-First Search / BFS）
广度优先搜索，一般用来解决最短路径的问题。和深度优先搜索不同，广度优先的搜索是从起始点出发，一层一层地进行，每层当中的点距离起始点的步数都是相同的，当找到了目的地之后就可以立即结束。
广度优先的搜索可以同时从起始点和终点开始进行，称之为双端 BFS。这种算法往往可以大大地提高搜索的效率。
举例：在社交应用程序中，两个人之间需要经过多少个朋友的介绍才能互相认识对方。
解法：
只从一个方向进行 BFS，有时候这个人认识的朋友特别多，那么会导致搜索起来非常慢；
如果另外一方认识的人比较少，从这一方进行搜索，就能极大地减少搜索的次数；
每次在决定从哪一边进行搜索的时候，要判断一下哪边认识的人比较少，然后从那边进行搜索。
BFS 遍历
例题：假设我们有这么一个图，里面有A、B、C、D、E、F、G、H 8 个顶点，点和点之间的联系如下图所示，对这个图进行深度优先的遍历。
解题思路
依赖队列（Queue），先进先出（FIFO）。
一层一层地把与某个点相连的点放入队列中，处理节点的时候正好按照它们进入队列的顺序进行。
第一步，选择一个起始顶点，让我们从顶点 A 开始。把 A 压入队列，标记它为访问过（用红色标记）。
第二步，从队列的头取出顶点 A，打印输出到结果中，同时将与它相连的尚未被访问过的点按照字母大小顺序压入队列，同时把它们都标记为访问过，防止它们被重复地添加到队列中。
第三步，从队列的头取出顶点 B，打印输出它，同时将与它相连的尚未被访问过的点（也就是 E 和 F）压入队列，同时把它们都标记为访问过。
第四步，继续从队列的头取出顶点 D，打印输出它，此时我们发现，与 D 相连的顶点 A 和 F 都被标记访问过了，所以就不要把它们压入队列里。
第五步，接下来，队列的头是顶点 G，打印输出它，同样的，G 周围的点都被标记访问过了。我们不做任何处理。
第六步，队列的头是 E，打印输出它，它周围的点也都被标记为访问过了，我们不做任何处理。
第七步，接下来轮到顶点 F，打印输出它，将 C 压入队列，并标记 C 为访问过。
第八步，将 C 从队列中移出，打印输出它，与它相连的 H 还没被访问到，将 H 压入队列，将它标记为访问过。
第九步，队列里只剩下 H 了，将它移出，打印输出它，发现它的邻居都被访问过了，不做任何事情。
第十步，队列为空，表示所有的点都被处理完毕了，程序结束。
例题分析一
运用广度优先搜索的算法在迷宫中寻找最短的路径。
解题思路
搜索的过程如下。
从起始点 A 出发，类似于涟漪，一层一层地扫描，避开墙壁，同时把每个点与 A 的距离或者步数标记上。当找到目的地的时候返回步数，这个步数保证是最短的。
代码实现
void bfs(int[][] maze, int x, int y) {
// 创建一个队列queue，将起始点A加入队列中
Queue
queue.add(new Integer[] {x, y});
// 只要队列不为空就一直循环下去
while (!queue.isEmpty()) {
// 从队列的头取出当前点
Integer[] pos = queue.poll();
x = pos[0]; y = pos[1];
// 从四个方向进行BFS
for (int d = 0; d < 4; d++) {
int i = x + dx[d], j = y + dy[d];
if (isSafe(maze, i, j)) {
// 记录步数（标记访问过）
maze[i][j] = maze[x][y] + 1;
// 然后添加到队列中
queue.add(new Integer[] {i, j});
// 如果发现了目的地就返回
if (i == B[0] && j == B[1]) return;
}
}
}
}
算法分析
同样借助图论的分析方法，假设有 V 个顶点，E 条边。
时间复杂度：
邻接表
每个顶点都需要被访问一次，时间复杂度是 O(V)；相连的顶点（也就是每条边）也都要被访问一次，加起来就是 O(E)。因此整体时间复杂度就是 O(V+E)。
邻接矩阵
V 个顶点，每次都要检查每个顶点与其他顶点是否有联系，因此时间复杂度是 O(V2)。
举例：在迷宫里进行 BFS 搜索。
解法：用邻接矩阵。假设矩阵有 M 行 N 列，那么一共有 M×N 个顶点，时间复杂度就是 O(M×N)。
空间复杂度：
需要借助一个队列，所有顶点都要进入队列一次，从队列弹出一次。在最坏的情况下，空间复杂度是 O(V)，即 O(M×N)。
//DFS与BFS 打通墙的问题
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[6][6] =
{{0,0,0,0,0,0},
{0,0,-1,0,0,0},
{0,0,-1,0,0,0},
{0,0,-1,-1,0,0},
{0,-1,0,0,0,0},
{0,0,0,0,0,-1}};
int A = a[0][2];
int B = a[4][2];
int b[6][6] = {0};
//int s = A[0];
int dx[4] = {0,0,-1,1}; //我在这里设置的顺序是，左右上下
int dy[4] = {-1,1,0,0};
bool isSafe(int maze[6][6], int x, int y) {
if(maze[x][y] !=-1&&x>=0&&y>=0&&y<6&&x<6)
return true;
return false;
}
int num = 0;
bool dfs(int maze[6][6], int x, int y) {
//第一步 判断是否找到目的节点
num++;
if(x == 4 && y == 2) {
return true;
}
//第二步 标记当前节点已经被访问过
//cout< s;
stack m;
stack n;
s.push(maze[x][y]);
m.push(x);
n.push(y);
maze[x][y] = -1;
while(!s.empty()) {
int pop1 = s.top();
x = m.top();
y = n.top();
cout< maze[x][y] + 1) {
// 如果是，就更新下一个点的步数，并继续DFS下去
maze[i][j] = maze[x][y] + 1;
dfs2(maze, i, j);
}
}
}
void solve(int maze[6][6]) {
for(int i = 0; i < 6; i++) {
for(int j = 0; j < 6; j++) {
if(maze[i][j] == 0 &&!(i == 0&&j==2)) {
maze[i][j] = 10000;
}
}
}
dfs2(a,0,2);
// 第三步. 看看是否找到了目的地
if (maze[4][2] < 10000) {
cout<<"Shortest path count is: " << maze[4][2]< q;
queue m;
queue n;
q.push(maze[x][y]);
m.push(x);
n.push(y);
while(!q.empty()) {
//cout<
//下面的内容暂没有研究
例题分析二
例题：假设从起始点 A 走到目的地 B 的过程中，最多允许打通 3 堵墙，求最短的路径的步数。（这个题目可以扩展到允许打通任意数目的墙。）
解题思路
思路 1：暴力法。
1. 首先枚举出所有拆墙的方法.
假设一共有 K 堵墙在当前的迷宫里，最多允许拆 3 堵墙，有四种情况：不拆，只拆一堵墙、两堵墙、三堵墙。组合方式如下。
C(K, 0) + C(K, 1) + C(K, 2) + C(K, 3) = 1 + K + K ×(K - 1) / 2 + K× (K - 1) ×(K - 2) / 6
上式复杂度为 K 的 3 次方，如果允许打通墙的数量是 w，那么就是 K 的 w 次方。
2. 分别进行 BFS，整体的时间复杂度就是 O(n2×Kw)，从中找到最短的那条路径。
很显然，该方法非常没有效率。
思路 2：
1. 将 BFS 的数量减少。
在不允许打通墙的情况下，只有一个人进行 BFS 搜索，时间复杂度是 n2；
允许打通一堵墙的情况下，分身为两个人进行 BFS 搜索，时间复杂度是 2×n2；
允许打通两堵墙的情况下，分身为三个人进行 BFS 搜索，时间复杂度是 3×n2；
允许打通三堵墙的情况下，分身为四个人进行 BFS 搜索，时间复杂度是 4×n2。
2. 解决关键问题。
如果第一个人又遇到了一堵墙，那么他是否需要再次分身呢？不能。
第一个人怎么告诉第二个人可以去访问这个点？把这个点放入到队列中。
如何让 4 个人在独立的平面里搜索？利用一个三维矩阵记录每个层面里的点。
只需要 4 个人去做 BFS，整体的时间复杂度就是 4 倍的 BFS。
代码实现
int bfs(int[][] maze, int x, int y, int w) {
// 初始化
int steps = 0, z = 0;
// 利用队列来辅助BFS
Queue
queue.add(new Integer[] {x, y, z});
queue.add(null);
// 三维的visited记录各层平面中每个点是否被访问过
boolean[][][] visited = new boolean[N][N][w + 1];
visited[x][y][z] = true;
// 只要队列不为空就一直循环
while (!queue.isEmpty()) {
Integer[] pos = queue.poll();
if (pos != null) {
// 取出当前点
x = pos[0]; y = pos[1]; z = pos[2];
// 如果遇到了目的地就立即返回步数
if (x == B[0] && y == B[1]) {
return steps;
}
// 朝四个方向尝试
for (int d = 0; d < 4; d++) {
int i = x + dx[d], j = y + dy[d];
if (!isSafe(maze, i, j, z, visited)) {
continue;
}
// 如果在当前层遇到了墙，尝试打通它
int k = getLayer(maze, w, i, j, z);
if (k >= 0) {
// 如果能打通墙，就在下一层尝试
visited[i][j][k] = true;
queue.add(new Integer[] {i, j, k});
}
}
} else {
steps++;
if (!queue.isEmpty()) {
queue.add(null);
}
}
}
return -1;
}
注意：
初始化队列的时候，除了把在第一层里的起始点 A 加入到队列中，还加入了一个 null，这是使用 BFS 的一个小技巧，用来帮助我们计算当前遍历了多少步数。
其中，利用 getLayer 函数判断是否遇到了墙壁，以及是否能打通墙壁到下一层。
最后，如果当前点是 null，表明已经处理完当前的步数，继续下一步。
getLayer 函数的代码实现如下。
int getLayer(int[][] maze, int w, int x, int y, int z) {
if (maze[x][y] == -1) {
return z < w ? z + 1 : -1;
}
return z;
}
getLayer 的思想很简单，如果当前遇到的是一堵墙，那么看打通的墙壁个数是否已经超出了规定，如果没有，就继续打通它，否则返回 -1。另外，如果当前遇到的不是一堵墙，就继续在当前的平面里进行 BFS。
结语
这节课学习了深度优先和广度优先这两种搜索算法。它们都是算法面试中常考的知识点。建议对二者比较学习。
LeetCode 上对 DFS 以及 BFS 有非常好的分类和题库，而且对于时间复杂度和空间复杂度都有考察，是很好的练手的平台，希望大家多多练习。
#开始刷leetcode 深度优先和宽度优先的题目