【基础算法训练】—— 深度优先搜索

前言

每日算法练习，千锤百炼，静待花开。

Leetcode的专栏会持续更，因为在跟着英雄哥做知识星球的事儿：在lc被欺负的这些年；
对英雄哥的知识星球有兴趣的可以看看他这篇文章喔： 英雄算法联盟 | 31天让你的算法与众不同
但是英雄哥这儿了，五月不再招人啦，有想法的小伙伴浅等六月嗷~
单片机是会持续更的，但是硬件看到人比较少吧，或者我理解它不投策，这个更得慢：十四天学会51单片机；

至于现在这个专栏只会记录全部是每日的算法题：知识星球每天的习题，以及在咱高校算法学习社区中，泡泡和p佬普及组和提高组的题目，一般是当天写当天更吧。现在优先写泡泡的题，p佬的有点小把握不住


好朋友执梗正在带新星计划，有想法的小伙伴不要犹豫嗷
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第一题 P3353 在你窗外闪耀的星星

题目描述

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解题报告

浅吐槽一下，这个题目背景也太长了吧，但是很浪漫诶

看到求区间和，我就想拿出我熟悉的前缀和了。看到有佬佬们用线段树，但是暂时不退，RBQ 。
前缀和的使用主要是
① 前缀和数组sum的预处理
② sum[区间右端点] - sum[区间左端点 - 1]来实现O(1)的区间和查询。
这个题了，因为题目说的是每颗星星都有自己的位置，并没有说每个位置只能有一颗星星，一个位置是可以允许有多枚星星的，倘若是按照每个位置只有一颗星星的想法处理了，只有10分~

统计窗口能够看到的最亮的星星的亮度了，小类似滑动窗口。窗口的长度是w。为了把窗口滑动的过程+前缀和区间求和的公式结合在一起，枚举的时候，可以将窗口长度作为初始值，这种既可以统计窗口长度内的区间和，也不会出现数组角标越界。

参考代码(C++版本)

#include  

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100000+10;
int sum[N],cnt[N];

int main()
{
	//前缀和
	//输入星星的数量和窗户的宽度
	int n , w,pos = 0;
	cin >> n >>w;

	for(int i = 1; i <= n;i++)
	{
		int a,b;
		//输入坐标和亮度
		cin >> a >> b;
		cnt[a] += b;//可能说，同一个坐标，是有多个不同亮度的星星，因此比平常的前缀和多一步预处理
		//统计星星的坐标，找到最远的坐标
		pos = max(pos,a);
	}

	//预处理前缀和	
	for(int i = 1; i <= pos;i++)
		sum[i] = sum[i-1] + cnt[i];
	
	int ans = -1;
	//按照窗户宽度扫一遍，找最大值
	for(int i = w; i <= pos;i++)
		ans = max(sum[i]-sum[i-w],ans);

	cout << ans;

	return 0;
}

搜索的知识铺垫

搜索的原理

直接薅英雄哥文章里的图，不反复造轮子了 ，谢谢英雄哥

深度优先搜索

常规玩法：
① 递归统计结果，比如求阶乘
② 递归求指数型枚举，比如求斐波那契数列的第n项
③ 递归求排列型枚举，比如求n个数字的全排列

进阶应用领域： 枚举、容斥原理、基于状态压缩的动态规划、记忆化搜索、有向图强连通分量、无向图割边割点和双连通分量、LCA最近公共祖先、博弈、二分图、欧拉回路、K短路、线段树、最大团、最大流、树形DP。
上面的内容有个印象就好，具体想掌握，还得落实到题目上，感觉英雄哥写的记忆化搜和剪枝的内容让我受益匪浅，着重记录一下。以及捋清楚了回溯是怎么回溯的，浅偷下一了

基于DFS的记忆化搜索

基于DFS的剪枝

广度优先搜索

第二题 565. 数组嵌套

模拟+扫描

题目描述

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解题报告

第一遍读题可能会感觉挺绕人的亚子，以为是要求这种一直嵌套的数组的总和最大的多少了。

其实是求当前给的数组中，最多能组成多少个题目给出的嵌套模式。
那么就可以直接扫描每个数能够形成的最长的序列长度是多少，最后返回最长的就好了。

参考代码(C++版本)

class Solution {
public:
    int arrayNesting(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        //开个记录每个点状态的数组，默认都是没有用过吧
        int st[n];
        memset(st,0,sizeof(st));
        int ans = -1;
        //从索引为0的位置开始扫描吧
        for(int i = 0; i < n;i++)
        {
            int cnt = 0;//统计当前这种扫描模式能够嵌套的数量
            while(!st[i])//倘若当前这个点没有用过，进去搜索
            {
                //标记用过了
                st[i] = 1;
                cnt ++;
                //按照题目背景更新索引
                i = nums[i];
            }
            //统计每个点扫描处理的结果，要找到最大值
            ans = max(ans,cnt);
        }
        return ans;
    }
};

第三题 401. 二进制手表

记录sprintf + 字符数组通过强制转换转成字符串 + 使用标记区分不同的搜索状态

题目描述

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解题报告

这个图也太草率了吧~
我自己不太这道题目的搜索+回溯的玩法，参考了大佬的题解:
位运算暴力？回溯？我全都要！就不信还讲不明白了！。需要的小伙伴自行阅读嗷~

假如使用递归去搜索了，要拿捏核心的两个点：
基线条件：递归什么时候结束，并统计当前搜索出来的时间
递归条件：递归函数需要计算什么，需要实现什么，递归进入下一层的逻辑是什么呢

基线条件
题目给我们的是LED的数量，LED灯只有亮和不亮两种状态，那么，倘若我们把所有亮着的LED灯都处理完了，也就到达了递归的边界了。
到达递归的边界之后，通过我们设定的flag标记来分别处理分钟和时钟。
倘若是分钟，就加入到统计分钟的数组，等最后统计结果的时候取出来用。
倘若是时钟，就可以着手记录当前搜索的结果。

递归条件
常规的将二进制转换为对应的十进制的逻辑，已经递归进入下一层dfs(step + 1)

参考代码(C++版本)

class Solution {

private:
    vector<string> ans;
    vector<int> mins;

    void dfs(int pos, int sum, int cnt, bool flag)
    {
        //设置递归结束条件，也就是所有亮的灯都处理完了
        if(cnt == 0)
        {
            //根据当前的标记flag,来判断是处理分钟还是时钟
            //如果是分钟，将当前的分钟数放到用于统计分钟的集合中
            if(flag) mins.push_back(sum);
            //否则当前是处理时钟，那么就需要将存储的分钟拿出来，结合时钟表示当前搜索的结果了
            else 
            {
                if(!mins.empty())
                {
                    for(auto it : mins)
                    {
                        char tmp[10];
                        //将小时和分钟转换成字符串数组
                        sprintf(tmp,"%d:%02d",sum,it);
                        //将字符串数组转换为字符串
                        string str_ans = (string)tmp;
                        //将结果统计起来
                        ans.push_back(str_ans);
                    }
                }
            }
            return ;
        }

        //根据flag的标签，决定怎么再进一步搜索
        for(int i = pos; i < (flag?6:4);i++)
        {
            //当前亮的点表示二进制，根据权值转换为十进制
            int ten_n = pow(2,i);
            //判断算出来的结果，是否符合表盘要求:
            // 小时（0-11）， 分钟（0-59）
            if(flag && sum + ten_n >= 60 || !flag && sum + ten_n >= 12) break;
            //这儿只能写i + 1 和 cnt -1
            else dfs(i+1,sum + ten_n,cnt-1,flag); //递归进入下一层
        }
    }    

public:
    vector<string> readBinaryWatch(int turnedOn) {
        //设「亮灯数」为 turnedOn ，枚举分钟，分钟的显示使用了 i 个灯，可得时钟显示剩余的可用灯数为 turnedOn - i
        for(int i = 0; i < 6 && turnedOn >= i ;i++)
        {
            //搜分钟和搜时钟的逻辑差不多，为了实现区分，使用标记来区分
            //分别代表当前枚举的LED的位置，现在算出来的二进制总和，当前亮的LED灯，标记
            dfs(0,0,i,true);
            dfs(0,0,turnedOn - i,false);
            mins.clear();
        }
        return ans;
    }
};

枚举 + lowbit。这里将前导0的判断可以积累一下。感觉深搜真的是增加了题目难度了

class Solution {
public:
    vector<string> readBinaryWatch(int turnedOn) {
        vector<string> res;
        //直接从  0:00 枚举到 11:59   每个时间有多少1
        for (int i = 0; i < 12; i++) 
        {
            for (int j = 0; j < 60; j++) 
                //找到满足要求的了
                if (lowbit(i) + lowbit(j) == turnedOn) 
                    res.push_back(to_string(i)+":"+
                                  (j < 10 ? "0"+to_string(j) : to_string(j)));
        }
        return res;
    }
    //计算二进制中1的个数
    int lowbit(int n) 
    {
        int res = 0;
        while (n) 
        {
        	n -= (n & -n);
            //或者写成也可以 n = n & (n - 1);
            res++;
        }
        return res;
    }
};

第四题 1079. 活字印刷

题目描述

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解题报告

原本以为是一个简答的递归实现指数型枚举，但是认真看了样例之后，发现已经出现过的字符，是不能再出现相同的了，那么回溯+剪枝就成为了这个题的重点。
关于去重，可以使用STL中的set容器来实现去重，也可以使用哈希表，也可以自行编写去重条件。
倘若想要自行编写去重的条件：
① 判断当前这个点是否已经探索/使用过了，倘若是，就跳过。
② 判断当前探索的点i是否和其前一个字符相等tiles[i] == tiles[i-1]，倘若是相等，就是重复的字母，我们只取第一个未访问的，即，当i-1个点也是是未被访问过的，visited[i-1]==false

至于这个visited数组是一个用于记录当前的位置是否被探索过了。
可以使用vector库函数来开一个bool数组，使用visited.assign(n,false);来初始化。
也可以就使用熟悉的普通数组，开int类型或者bool类型都可以，使用memset(visited,0,sizeof(visited));来初始化。

参考代码(C++版本)

class Solution {
public:
    int vis[10];
    int ans = 0;
    int numTilePossibilities(string tiles) {
        //因为连续的相同字符只能使用第一个，这个题就是回溯的基础上加剪枝    
        int n = tiles.size();
        memset(vis,0,n);
        //排序是为了找到联系重复的字符
        sort(tiles.begin(),tiles.end());
        dfs(tiles,0);

        return ans;
    }

    void dfs(const string &tiles,int step)
    {
        //设置递归的基线条件
        if(step == tiles.size()) return;

        //递归实际的探索逻辑
        for(int i = 0;i < tiles.size();i++)
        {
            //剪枝——这里是跳过这种使用过的，或者是重复的方案
            if(vis[i] || i > 0 && tiles[i] == tiles[i-1] && vis[i-1] == 0) continue;

            //标记当前的方案可行，能够探索一个点
            vis[i] = 1;
            ans ++;
            dfs(tiles,step + 1);//递归进入下一层
            //回溯——还原现场
            vis[i] = 0;
        }
    }
};

这个题也可以使用哈希表来实现，可以使用STL中的map或者哈希表的思想都行。注意使用迭代器的时候。
下面涉及一些引用传参的知识点，详情参考这篇文章
C++ 值传递、指针传递、引用传递详解
C++中const关键字修饰

class Solution {
public:
    int ans = 0;
    void dfs(unordered_map<char,int> &hash)
    {
        //使用范围for取出哈希表中的数据
        //这个取地址符不要忘记，不然终止不了递归
        for(auto &it: hash)
        {
            //只要当前的数字还存在，就可以使用它形成新的序列
            if(it.second)
            {
                it.second --;
                ans ++;
                //递归进去
                dfs(hash);
                //还原现场
                it.second ++;
            }
        }
    }
    int numTilePossibilities(string tiles) {
        unordered_map<char,int> hash;
        int n = tiles.size();

        for(int i = 0; i <n;i++)
            hash[tiles[i]] ++;
        
        //直接把哈希表传进去dfs
        dfs(hash);

        return ans;
    }

    
};

第五题 1219. 黄金矿工

题目描述

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解题报告

暂时不知道多源DFS怎么结束递归，浅放一下吧，磕了好几个小时了，心塞。后面点了我来补充。

参考代码(C++版本)