详解C++图搜索算法之双端队列广搜

目录

• 广度优先遍历
• 双端队列BFS
• 例题：AcWing 175. 电路维修
• 解题思路
• AC代码

广度优先遍历

广度优先遍历是一种按照层次顺序进行访问的方法，它具有以下两种重要性质：

• 在访问完所有第i层的结点后，才会去访问第i+1层的结点
• 任意时刻，队列中至多有两个层次的结点。若其中一部分结点属于第i层，则另一部分结点属于第i+1层，并且所有第i层结点排在第i+1层之前。也就是说，广度优先遍历队列中的元素关于层次满足

双端队列BFS

在最基本的广度优先搜索中，每次沿着分支的扩展都记为“一步”，我们通过逐层搜索，解决了从起始状态到每个状态的最小步数的问题。这其实等价于在一张边权均为1的图上执行广度优先遍历，求出每个点相对于起点的最短距离（层次）。

由于广度优先遍历具有“两段性”和“单调性”，从而我们可以得知，每个状态在第一次被访问并且入队时，计算出的步数即为所求的最短步数。

当出现边权不是0就是1的时候，可以考虑采用双端队列BFS的方法来进行求解。

基本思路：

• 如果拓展出来的点的边权是0的话，就添加到队头
• 如果拓展出来的点的边权是1的话，就添加到队尾

正确性:

在通过上述的方式添加元素后，队列仍然能够满足“两段性”和“单调性”，所以所求的结果即为最短路（层次）。

例题：AcWing 175. 电路维修

达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。

翰翰的家里有一辆飞行车。

有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。

电路板的整体结构是一个 RR 行 CC 列的网格（R,C≤500R,C≤500），如下图所示。

每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。

电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。

在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。

电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。

达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。

她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。

不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。

注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。

输入格式

输入文件包含多组测试数据。

第一行包含一个整数 TT，表示测试数据的数目。

对于每组测试数据，第一行包含正整数 RR 和 CC，表示电路板的行数和列数。

之后 RR 行，每行 CC 个字符，字符是"/"和"\"中的一个，表示标准件的方向。

输出格式

对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的最小旋转次数。

如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出 NO SOLUTION。

数据范围

1≤R,C≤5001≤R,C≤500,

1≤T≤51≤T≤5

输入样例

1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\

输出样例

1

样例解释

样例的输入对应于题目描述中的情况。

只需要按照下面的方式旋转标准件，就可以使得电源和发动机之间连通。

解题思路

如图所示，用红圈所圈起来的点都是从起点出发所不能到达的（沿对角线行走的情况下）

从起点出发所能达到的点的坐标之和应为偶数，图中所圈出来的点的坐标之和均为奇数。

所以我们第一步可以使用这个性质来判断终点是否能够到达。 

然后使用双端队列来进行解答，在这道题目中对于格子和点的对应关系需要进行思考。

将电路板上的每个格点（横线和竖线的交叉点）看做是无向图中的结点。如果对角线和x到y的线段重合，则边权为0；若不重合，则边权为1。

然后在图中求出从左上角到右下角的最短距离。

踩过格子到达想去的点时，需要判断是否需要旋转电线。

若旋转电线则表示从当前点到想去的点的边权是1，若不旋转电线则边权为0。

• dx[]和dy[]表示可以去其他点的方向
• ix[]和iy[]表示需要踩某个方向的点才能去到相应的点
• cs[]表示当前点走到4个方向的点理想状况下格子形状（边权是0的状态）

AC代码

#include
#include
#include
#include
 
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair PII;
const int N = 510;
 
int n,m;
char g[N][N];
int dist[N][N];;
deque q;
 
int bfs()
{
    memset(dist,0x3f,sizeof dist);
    q.push_front({0,0});
    dist[0][0]=0;
    int dx[]={-1,-1,1,1},dy[]={-1,1,1,-1};
    int ix[]={-1,-1,0,0},iy[]={-1,0,0,-1};
 
    char s[]="\\/\\/";
 
    while(q.size())
    {
        PII t=q.front();
        q.pop_front();
        for(int i=0;i<4;i++)
        {
            int a=t.x+dx[i],b=t.y+dy[i];
            int aa=t.x+ix[i],bb=t.y+iy[i];
            if(a<0||a>n||b<0||b>m) continue;
            int d = dist[t.x][t.y]+(g[aa][bb]!=s[i]);
            if (d < dist[a][b])
            {
                dist[a][b] = d;
 
                if (g[aa][bb] != s[i]) q.push_back({a, b});
                else q.push_front({a, b});
            }
        }
    }
    return dist[n][m];
}
 
 
int main()
{   int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T -- )
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%s", g[i]);
        if((n+m)%2==1) 
        {
            puts("NO SOLUTION");
            continue;
        }                
        cout< 
 

每个结点虽然可能被更新（入队）多次，但是它第一次被拓展（出队）时，就能得到从左上角到该点的最短距离，之后再取出可以直接忽略。

时间复杂度是O(M * N)

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