蓝桥杯算法竞赛系列第五章——拔高篇之深度优先搜索（DFS）
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一、引入：深度优先搜索（DFS）
二、经典例题
例题1.二叉搜索树的范围和
题目描述
题解
代码执行
例题2.岛屿数量
题目描述
题解
代码执行
例题3.背包问题
题目描述
题解
代码执行
三、思考题
四、蓝桥结语：遇见蓝桥遇见你，不负代码不负卿！
前言：
提到深度优先搜索（DFS），我们很容易就会想到广度优先搜索（BFS），它们俩合在一起称为一个搜索专题，今天笔者先把DFS讲清楚，BFS的内容留在下一章详细讲解。
OK，废话不多说，走着...先送你一朵小红花...
一、引入：深度优先搜索（DFS）
这块内容很重要哦，为了方便大家理解，先举一个（来自胡凡、曾磊老师编写的《算法笔记》一书）的栗子。
举个栗子：
设想我们现在以第一视角身处一个巨大的迷宫当中，没有上帝视角，没有通信设施，更没有热血动漫里的奇迹，有的只是四周长得一样的墙壁。于是我们只能自己想办法走出去。如果迷失了内心，随便乱走，那么很可能会被四周完全相同的景色绕晕在其中，这时只能放弃所谓的侥幸，而去采取下面这种看上去很盲目但实际上会很有效的方法。
以当前所在位置为起点，沿着一条路向前走，当碰到岔道口时，选择其中一条岔道前进。如果岔路中存在新的岔道口，那么仍然按照上面的方法枚举新岔道口的每一条岔路。这样，只要迷宫存在出口，那么这个方法一定能找到它。
可能有铁汁会问，如果在第一个岔道口选择了没有出路的分支，而这个分支比较深，并且路上多次出现了新的岔道口，那么当发现这个分支是个死分支之后，如何退回到最初的这个岔道口？其实方法很简单，只要让自己的右手，始终贴着右边的墙壁一路往前走，那么自动会执行上面这个走法，并且最终一定能找到出口。
你看下图：
由图可知，从起点开始前进，当碰到岔道口时，总是选择其中一条岔路前进（注意哦，这里总是选择最右手边的岔路），在岔路上如果又遇到新的岔道口，仍然选择新岔道口的其中一条岔路前进，直到碰到死胡同才回退到最近的岔道口选择另一条岔路。也就是说，当碰到岔道口时，总是以“深度”作为前进的关键词，不碰到死胡同就不回头，因此把这种搜索的方式称为深度优先搜索。
从这个迷宫的例子还可以注意到，深度优先搜索会走遍所有路径，并且每次走到死胡同就代表一条完整路径的形成。这就是说，深度优先搜索是一种枚举所有完整路径以遍历所有情况的搜索方法。
总结何为深度优先搜索：
从根节点开始，尽可能深的搜索每一个分支，把一个分支的结果搜索完，再去看另一个分支。形象来说：“一条路走到底，不撞南墙不回头”。
【敲黑板】：上面的内容可能有点绕，所以建议铁汁们最好认真看个三遍这样子，好好去理解，毕竟这一章属于拔高部分，可能稍微难理解些，但做题目后会发现其实不难，不信的话，往后看。不对不对，先把上面弄得差不多了再朝后看...
问：用什么方法能更好的实现深度优先搜索呢？
其实要想既容易理解又容易实现深度优先搜索非递归莫属
这里就不用俺再强调递归的重要了吧，后面很多地方都要用到递归，尤其是数据结构中的二叉树。
这里再温习一下上篇的递归部分：
蓝桥杯算法竞赛系列第二章——深入理解重难点之递归（上）_安然无虞的博客-CSDN博客
回顾一下对于斐波那契数列的定义：F(0) = 1, F(1) = 1, F(n) = F(n - 1) + F(n - 2) (n >= 2)。可以从这个定义挖掘到，每当将F(n)分为两部分F(n - 1)与F(n - 2)时，就可以把F(n)看做迷宫的岔道口，由它可以到达两个新的关键节点F(n - 1) 和 F(n - 2)。而之后计算F(n - 1)时，又可以把F(n - 1)当作在岔道口F(n)之下的岔道口。
既然有岔道口，那么一定有死胡同。很容易想象，当访问到F(0)和F(1)时，就无法向下递归下去，因此F(0)、F(1)在这里就是死胡同。这样说来，递归中的递归式就是岔道口，而递归边界就是死胡同，这样一来，就可以把如何用递归实现深度优先搜索的过程理解的很清楚。
因此，使用递归可以很好地实现深度优先搜索。这个说法并不是说深度优先搜索就是递归，只能说深度优先搜索是递归的一种实现方式，因为使用非递归也能实现DFS的思想，但是一般情况下会比递归麻烦。不过，使用递归时，系统会调用一个叫系统栈的东西来存放递归中每一层的状态，因此使用递归来实现DFS的本质其实还是栈。
DFS主要应用场景：
- 二叉树搜索
- 图搜索
好咯，前面简单引入了一下DFS，下面准备要上硬菜咯...
二、经典例题
例题1.二叉搜索树的范围和
题目描述
给定二叉搜索树的根结点 root，返回值位于范围 [low, high] 之间的所有结点的值的和。
注意哦，根节点的值大于左子树，并且根节点的值小于右子树
示例1：
输入：root = [10,5,15,3,7,null,18], low = 7, high = 15
输出：32示例2：
输入：root = [10,5,15,3,7,13,18,1,null,6], low = 6, high = 10
输出：23题解
按深度优先搜索的顺序计算范围和。记当前子树根节点为root，分以下四种情况讨论：
1.root 节点为空，返回0；
2.root 节点的值大于high，由于二叉搜索树右子树上所有节点的值均大于根节点的值，即均大于 high，故无需考虑右子树，返回左子树的范围和；
3.root 节点的值小于low，由于二叉搜索树左子树上所有节点的值均小于根节点的值，即均小于 low，故无需考虑左子树，返回右子树的范围和；
4.root 节点的值在[low,high] 范围内，此时应返回root 节点的值、左子树的范围和、右子树的范围和这三者之和。
代码执行
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* struct TreeNode *left;
* struct TreeNode *right;
* };
*/
int rangeSumBST(struct TreeNode* root, int low, int high){
//方法1：DFS
//找递归边界（死胡同）
if(root == NULL){
return 0;
}
//岔道口
//如果根节点的值大于high，那么右子树的值一定不满足，此时只需要判断左子树即可
if(root->val > high){
return rangeSumBST(root->left, low, high);
}
//如果根节点的值小于low，那么左子树的值一定不满足，此时只需要判断右子树即可
if(root->val < low){
return rangeSumBST(root->right, low, high);
}
//否则根节点的值在low和high之间，则根节点、左子树、右子树这三者都要判断
return root->val + rangeSumBST(root->left, low, high) + rangeSumBST(root->right, low, high);
}是不是感觉和递归别无二致，毕竟就是利用递归这个解题思想的嘛，那就来看看用纯递归思想该怎么解决本题。
int rangeSumBST(struct TreeNode* root, int low, int high){
//方法2：递归法
//找边界
if(root == NULL){
return 0;
}
//左子树
int leftSum = rangeSumBST(root->left, low, high);
//右子树
int rightSum = rangeSumBST(root->right, low, high);
int result = leftSum + rightSum;
//判断根节点是否满足
if(root->val >= low && root->val <= high){
result += root->val;
}
return result;
}OK，其实感觉还好吧，也不是很难，而且做多了会发现，什么递归呀，分治呀都很有趣，很妙。
例题2.岛屿数量
题目描述
给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。
岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。
此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。
示例1：
输入：grid = [
["1","1","1","1","0"],
["1","1","0","1","0"],
["1","1","0","0","0"],
["0","0","0","0","0"]
]
输出：1示例2：
输入：grid = [
["1","1","0","0","0"],
["1","1","0","0","0"],
["0","0","1","0","0"],
["0","0","0","1","1"]
]
输出：3题解
为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则以其为起始节点开始进行深度优先搜索。在深度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 0,也就是说将1周围出现（上下左右）的1全部同化成0
代码执行
int numIslands(char** grid, int gridSize, int* gridColSize){
//考虑特殊情况
if(grid == NULL || gridSize == 0){
return 0;
}
int row = gridSize;//行数
int col = *gridColSize;//列数
int count = 0;//用于计数
for(int i = 0; i < row; i++){
for(int j = 0; j < col; j++){
if(grid[i][j] == '1'){
count++;
}
dfs(grid, i, j, row, col);
}
}
return count;
}
void dfs(char** grid, int x, int y, int row, int col){
//找递归边界（死胡同）
if(x < 0 || x >= row || y < 0 || y >= col || grid[x][y] == '0'){
return;
}
grid[x][y] = '0';
//岔道口
dfs(grid, x - 1, y, row, col);
dfs(grid, x + 1, y, row, col);
dfs(grid, x, y - 1, row, col);
dfs(grid, x, y + 1, row, col);
}例题3.背包问题
题目描述
有n件物品，每件物品的重量为w[i], 价值为c[i]。现在需要选出若干件物品放入一个容量为v的背包中，使得在选入背包的物品重量和不超过容量v的前提下，让背包中物品的价格之和最大，求最大价值。
示例：
输入：物品重量：3 5 1 2 2 物品价值：4 5 2 1 3
输出：10题解
在这个问题中，需要从n件物品中选择若干件物品放入背包，使它们的价值之和最大。这样的话，对每件物品都有选和不选两种选择，而这就是所谓的“岔道口”。而当完成对于n件物品的选择之后就到达了“死胡同”，不过本题需要额外再多考虑一种情况，题目要求选择的物品总和不能超过v，因此一旦选择的物品重量总和超过v,也就会到达“死胡同”，所以这道题目需要多考虑一下，铁汁们要小心哦，具体的看代码实现。
代码执行
//题目：有n件物品，每件物品的重量为w[i],价值为c[i](由于每件都不同，所以采用i表示变化的意思)。现在需要选出若干件物品放入一个
//容量为V的背包中，使得在选入背包的物品重量和不超过V的前提下，让背包中物品的价值之
//和最大，求最大价值(1 <= n <= 20)
#include
int maxValue = 0;//最大价值
//下面四组数据可以自己设定，由于想简化题目所以在这里直接以全局变量的形式给出
int n = 5;//物品数目
int v = 8;//背包容量
int w[] = { 3,5,1,2,2 };//w[i]为每件物品重量
int c[] = { 4,5,2,1,3 };//c[i]为每件物品价值
//index为当前处理物品的下标（物品下标范围是0~n - 1）
//sumW和sumC分别为当前总重量和当前总价值
void DFS(int index, int sumW, int sumC)
{
//已经完成了对n件物品的选择（递归边界--死胡同）
if (index == n)
{
return;
}
//岔道口
DFS(index + 1, sumW, sumC);//不选第index件物品
//只有加入第index件物品后未超出容量v,才能继续执行（注意这个限制条件）
if (sumW + w[index] <= v)
{
//注意哦，如果加入第index件物品后总价值大于最大价值maxValue时记得要更新最大价值
if (sumC + c[index] > maxValue)
{
maxValue = sumC + c[index];//更新最大价值maxValue
}
DFS(index + 1, sumW + w[index], sumC + c[index]);//选择第index件物品
}
}
int main()
{
DFS(0, 0, 0);//初始时为第0件物品、当前总重量和总价值均为0
printf("满足条件的最大价值为：%d\n", maxValue);
return 0;
} 三、思考题
今天的思考题部分是要求铁汁再把之前的有关递归的内容再看一下，多找些经典的递归题目练练手。加油哦
蓝桥杯算法竞赛系列第二章——深入理解重难点之递归（上）_安然无虞的博客-CSDN博客
四、蓝桥结语：遇见蓝桥遇见你，不负代码不负卿！
希望以上能帮助到铁汁们哦，也不枉俺挤时间去更新这块内容，如果感觉有所收获，可不可以给俺个三连加关注呢，让这篇文章可以被更多铁汁们看见，嘿嘿，拜托各位啦，笔者会再接再厉滴，886，咱们下次再见。
