广搜（bfs）模板太好用了！bfs详细讲解--超详细题目分析(持续更新题目----)【算法分享】
广搜讲解目录
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- 广搜回顾
- 广搜题目
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- noj1541八数码问题
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- 题目描述：
- 题目要求即样例
- 题目分析
- 题解代码【注解详细】---理解BFS
- noj1652 僵尸来了
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- 题目描述
- 题目要求及样例
- 题目分析
- 题目代码（注解详细）
- noj1653 僵尸又来了
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- 题目描述
- 题目要求及样例
广搜回顾
上一篇博客我已经和大家从整体上分析了广搜bfs，深搜dfs和递归，对于广搜，举了一道例题，就是noj的加一乘二平方，当时借助这个题目就和大家分享了bfs求解的一般模式----取出根节点u，扩展u，当然使用的是while循环
这个题目非常简单，没有难度，因为这里的分支都确定好了，就三种分支；并且在每一个结点处的状态也很简单，就简单的一个步数，用int记录就可以了
广搜题目
首先和大家分享一个非常有趣的问题，八数码问题，这不是一个数学问题，而是一个计算机问题，类似于我们小时候玩的推箱子，拼图游戏，一起来看一下
noj1541八数码问题
题目来源 ： noj 1541
题目描述：
在九宫格里放在1到8共8个数字还有一个是空格，与空格相邻的数字可以移动到空格的位置，问给定的状态最少需要几步能到达目标状态（用0表示空格）：
1 2 3
4 5 6
7 8 0
题目要求即样例
输入：
输入一个给定的状态。
输出：
输出到达目标状态的最小步数。不能到达时输出-1。
输入样例：
1 2 3
4 0 6
7 5 8
输出样例：
2
题目分析
看到题目，先看题目的输出：输出的是步数，---- 再看一下题目的描述，要求的是移动数字，每一个都有多种移动方式，—一下子就有思路了，步数加上题目的树结构描述----广搜首选了，这是根据我们之前的经验推出来的题目的解决办法
好了，也许会问，哪里来的树结构？0可以移动到于与之相邻的位置，这里样例中的0有两个位置可以移动，6和8的位置；到了6的位置，又有两个位置可以移动3和5的位置；到了5的位置，有4个位置可以移动······形成了一个树结构，那求步数就简单了嘛，一层一层搜索，找到目标状态，输出层号就可
完全离不开我们之前分析的bfs的一般结构，还是用队列来存储每一个结点的状态；这里的每个结点所对应的状态是一个九宫格？
这怎么弄？你不可能用一个二维数组来存储状态吧，那如何比较？难道用矩阵的方式？所以用二维数组是不现实的，这里使用的是将九宫格转化为一串数字存储，那八皇后问题，不也是降维了，所以这里降维是肯定的
所以就转为一串数字执行
那按照bfs一般思路，那就是用两个数组，一个记录步数，一个记录是否用过
int used[1000000000];//最大还是九位数
int step[1000000000];//记录步数
int mover[4] = {
-1,0,+1,0 };//上左下右移动
int movec[4] = {
0,-1,0,+1};
但是按照常识就知道这超出范围了，这可又怎么办，每一个状态都是一个九位数，所以这里就用到了之前java中分析的映射map
那这里要如何？
使用c++库中的map就可以了，map映射为一一映射，一个键只对应一个值，和java一样，键是set，所以只允许出现一次，否则添加的时候就会自动删除，这里使用C++库中的mag.count方法，为0才让它继续运行. 这里它就相当于之前的两个数组
map<int, int> useandstepmap;//一一映射关系，并且和set一样，只能出现一次
int mover[4] = {
-1,0,+1,0 };//上左下右移动
int movec[4] = {
0,-1,0,+1};
题解代码【注解详细】—理解BFS
#include我使用c++的原因是oj上不支持java，c++用起来也很方便，特别是这里的map成功解决一维数组越界问题
noj1652 僵尸来了
其实我准备出的是推箱子这个游戏的，但是其实推箱子也和上面的移动差不多，并且C站里也有相应题目了，所以这里分享1652这个题目，因为这是oj里才出不久的题目，还没有详解
题目描述
僵尸要来佳佳家做客了，佳佳把花园布置了一下，你拿到了花园的地图（以二维矩阵的形式表示）以及起点和佳佳家的位置。花园里某些位置有地刺，僵尸过的时候每次需要消耗一个单位的生命值，僵尸有一定数量的生命值，看看最聪明的僵尸能否在天亮前到达你的家里？能的话，最少花费多少时间。
题目要求及样例
输入：
输入的第一行包含三个整数：m，n，t。代表m行n列的地图和僵尸的生命值t。m,n都是小于200的正整数，t是小于10的正整数，第2行开始的m行是m行n列的花园地图，其中!代表起点，+表示佳佳家。*代表通路，w代表地刺。
输出：
输出僵尸到达佳佳家最少需要花费的时间。如果无法到达，则输出-1。
输入样例：
4 4 2
w!ww
**ww
www+
****
输出样例：
6
题目分析
又又又是一个移动问题，要求输出的是最少到达的时间，其实就是最少的到达步数，样例输出的结果为6，分析一下，僵尸这里有2点的生命值，那么路径就是先一直往下3步，右走2步，上走一步，就是6步，就是这样子，僵尸行走的方向还是有4个，上下左右，和上面的拼图一样，
明确使用bfs，接下来分析状态，上一个题目的状态就是二维数组的一个新的形态，步数为因变量，所以记录形态就使用一维数组，只是因为越界，所以，这里就把used一起纳入组成map，v为键，used为值，使用map.count实现了自动避开used，这里的状态复杂了一点，因为这里每个状态就是其目前所处坐标还有其生命值，按照dp的话，这里应该是一个三位dp
如果是dp就使用step【row】【col】【hp】来表示状态的步数
这里我们使用深搜，那就使用结构体表示结点就可以了
其他的基本思路，还是套用之前博客中的bfs的一般模式，这里只是需要注意细节，吃掉第一行的回车，输入时
题目代码（注解详细）
#include经过这两个题目的讲解，相信你对于广搜的理解应该更深刻了吧，模板都是一样的，好玩的广搜题目
下面我来看第二个题目的升级版
noj1653 僵尸又来了
题目描述
由于聪明的佳佳很善于布置花园，所以僵尸没能在天亮之前冲到佳佳家里，这次僵尸又要来佳佳家做客了，佳佳很高兴，因为姑妈送给佳佳的大嘴花派上了用场。你拿到了花园的地图（以二维矩阵的形式表示）以及起点和佳佳家的位置。花园里一个位置有大嘴花，僵尸到达时会被吃掉，同时从起点又会出来一个新的僵尸，如果僵尸到达大嘴花的位置时，前一个僵尸还没有吃完，大嘴花将被吃掉，看看僵尸能否在天亮前到达佳佳家里？能的话，最少花费多少时间。
题目要求及样例
输入：
输入的第一行包含4个整数：m，n，t, p。代表m行n列的地图、大嘴花吃掉僵尸花费的时间t和距离天亮的时间p。m,n都是小于200的正整数，t是小于10的正整数，第2行开始的m行是m行n列的花园地图，其中!代表起点，+表示佳佳家。*代表通路，@代表大嘴花，#表示墙。
输出：
输出僵尸到达佳佳家最少需要花费的时间。如果在天亮之前无法到达，则输出-1。
输入样例：
4 4 5 50
#!##
**##
**#+
***@
输出样例：
-1
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
struct node {
int row;
int col;
};
node start, target;//记录结点
int m, n, t, p;//大嘴花
char garden[200][200];//二维数组【花园】
queue<node> q; //结点队列
int used[200][200];
int step[200][200];//和之前一样使用记录步数
int mover[4] = {
-1,0,+1,0 };//上左下右
int movec[4] = {
0,-1,0,+1 };
void input()//忘记吃掉第一行的回车
{
cin >> m >> n >> t >> p;
cin.get();
for (int i = 0; i < m; i++)
{
for (int j = 0; j < n; j++)
{
garden[i][j] = cin.get();
if (garden[i][j] == '!')
{
start.row = i;
start.col = j;
}
if (garden[i][j] == '+')
{
target.row = i;
target.col = j;
}
}
cin.get();
}
}
void init(node start)
{
for (int i = 0; i < 200; i++)
{
for (int j = 0; j < 200; j++)
{
step[i][j] = 10000;
}
}
used[start.row][start.col] = 1;
step[start.row][start.col] = 0;
q.push(start);
}
node moveto(node u, int dire)
{
node v;
v.row = u.row + mover[dire];
v.col = u.col + movec[dire];//row写为col
return v;
}
bool canmove(node u, int dire)
{
node v;
v = moveto(u, dire);
if (v.row >= 0 && v.row < m && v.col >= 0 && v.col < n && garden[v.row][v.col] != '#' && used[v.row][v.col] == 0)
{
return true;
}
return false;
}
int bfs()
{
//想法是将结点记录，将时间记录，在时间*2层压入结点
node temp;
int tempt = 10000; //初始化
while (!q.empty())
{
//取出结点u
node u, v;
u = q.front();
q.pop();
//扩展u
for (int i = 0; i < 4; i++)
{
if (canmove(u, i))
{
v = moveto(u, i);
if (garden[v.row][v.col] == '@')
{
if (t <= step[u.row][u.col] + 1)
continue;
else //到达时间为再来一次
{
temp.row = v.row;
temp.col = v.col;
tempt = 2 * (step[u.row][u.col] + 1);//不符合广搜,那就不标记
continue;//继续
}
}
//
if (step[u.row][u.col] + 1 == tempt)
{
//加上这个结点
step[temp.row][temp.col] = tempt;
q.push(temp);
}
//
if (v.row == target.row && v.col == target.col && step[u.row][u.col] + 1 < p)
{
return step[u.row][u.col] + 1;
}
used[v.row][v.col] = 1;
if (step[u.row][u.col] + 1 <= step[v.row][v.col])//由于大嘴花影响
{
step[v.row][v.col] = step[u.row][u.col] + 1;
}
q.push(v);
}
}
//
if (tempt != 10000 && q.empty())
{
step[temp.row][temp.col] = tempt;
q.push(temp);
}
}
return -1;
}
int main()
{
input();
init(start);
int answer;
answer = bfs();
cout << answer << endl;
}
/*
4 4 5 50
#!##
**#+
**@*
**#*
8
*/
可以把两个地方的判断插入放在一起
if((tempt != 10000 && q.empty()) || (step[u.row][u.col] + 1 == tempt))