算法学习-深度优先遍历（持续更新中）
文章目录
- 深度优先遍历理解
- 相关题目
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- 1. 隐式穷举遍历到底
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- 6137.检查数组是否存在有效划分
- 761.特殊的二进制序列
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- 2. 二维平面上的搜索问题
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- 79.单词搜索
- 417.太平洋大西洋水流问题
- 岛屿问题-200.岛屿数量
- 岛屿问题-695.岛屿的最大面积
- 岛屿问题-463.岛屿的周长
- 岛屿问题-463.岛屿的周长
- 岛屿问题-1020.飞地的数量
- 岛屿问题-1254.统计封闭岛屿的数目
- 岛屿问题-130.被围绕的区域
- 1034.边界着色
- 529.扫雷游戏
- 133.克隆图
- 547.省份数量
- 839.相似字符串组
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- 3. 回溯问题
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- 784.字母大小写全排列
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- 4. 动态规划结合问题
- 5. 图相关
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- 797.所有可能的路径
- 2492.两个城市间路径的最小分数
- LCP07.传递信息
- 6139.受限条件下可到达节点的数目
- 886.可能的二分法
- 785.判断二分图
- 934.最短的桥
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- 6. 树相关
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- 129.求根节点到叶节点数字之和
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深度优先遍历可以说是力扣以及大厂面试中最常见的题型了，因为其能够和很多类型的题目联合起来解题。笔者为了能够掌握这种搜索技巧，因此对自己的刷题路径和理解进行了汇总整理。
本文参考：
深度优先搜索
深度优先遍历理解
深度优先遍历中，大量的使用了“递归”这种思想，我之前的一篇文章中也谈到了一些自己的理解，希望能带给你一些帮助。引路->算法学习-递归思想
「一条路走到底，不撞南墙不回头」是对「深度优先遍历」的最直观描述。对应着「递归」来说，走到底的意思就是递归栈不断开拓下去，南墙即递归的终止条件或者称为base情况，回头就是递归栈返回，return回来。一般都是走到底递归栈return回来，但也会碰到需要「回溯」的情况。
但在刷题的过程中也会出现这样一种情况，没有很明显的return的base情况，反倒希望dfs把节点可行的方向都执行一遍，在外部定义一个全局变量，dfs内部通过访问数组进行标记从而避免重复访问，最后递归栈还是会自动return，不过是全部执行了一遍以后。参考题目6139.受限条件下可到达节点的数目。
一些心得：
- 访问数组
vis不一定是必须的，可以通过「污染」原来地图上的数据，达到不重复访问的目的。 - base case不一定是必须的，有些时候我们就需要递归栈开辟下去，全部搜索完再自动返回，图中尤其如此。
- 递归函数定义需要明确，在明白了定义以后，我们可以灵活地将其放在判断语句、return语句上，并且明白在怎么样的逻辑判断下应该继续递归。
- 不同于广度优先遍历在进入队列的时候就检查元素是否合法，深度优先遍历将异常返回的情况都当作base，在下一层直接返回。
相关题目
以下题目类型只是根据该题目最浅显的特征进行区分，有些题目可能是多种类型的结合，需要灵活运用。同时搜索问题本质上是一样的，有些题目也可以通过广度优先遍历进行求解。
1. 隐式穷举遍历到底
隐式是指一下子分辨不出来它究竟是属于图、树、还是二维平面上的搜索问题，这种情况本质上还是用DFS这种搜索方法去遍历所有的情况，触底了就将符合条件的结果收集起来。
6137.检查数组是否存在有效划分
直观的，多种划分情况暴力递归，将接下来的情况交给子递归去做，base情况为划分点能够到达数组末尾。
下面做法是过不了的，TLE但方法没错，原因是暴力递归想象成树，单节点分支为3，层数O(N)，复杂度O(3^N)，N为20就接近1*10^9。可以尝试在这个上面加记忆化。
class Solution {
public boolean validPartition(int[] nums) {
return dfs(nums,0);
}
//表示从index(包括index)，能够划分nums
public boolean dfs(int[]nums,int index){
if(index==nums.length) return true;
int len=nums.length;
boolean ans1=false;
boolean ans2=false;
boolean ans3=false;
if(index<=len-2&&nums[index]==nums[index+1]){
if(dfs(nums,index+2)) ans1=true;
}
if(index<=len-3&&nums[index]==nums[index+1]&&nums[index+1]==nums[index+2]){
if(dfs(nums,index+3)) ans2=true;
}
if(index<=len-3&&nums[index]+1==nums[index+1]&&nums[index+1]+1==nums[index+2]){
if(dfs(nums,index+3)) ans3=true;
}
return ans1||ans2||ans3;
}
}
由于搜索状态就是「当前划分序号是否满足要求」，会出现很多子状态重复计算，可以进行记忆化DFS，通过数组m进行状态标记。
class Solution {
int[]m;
public boolean validPartition(int[] nums) {
int len=nums.length;
m=new int[len+1];
return dfs(nums,0);
}
//表示从index(包括index)，能够划分nums
public boolean dfs(int[]nums,int index){
//如果状态已经被保存，直接返回
if(m[index]==1) return true;
if(m[index]==-1) return false;
if(index==nums.length) return true;
int len=nums.length;
boolean ans1=false;
boolean ans2=false;
boolean ans3=false;
if(index<=len-2&&nums[index]==nums[index+1]){
if(dfs(nums,index+2)) ans1=true;
}
if(index<=len-3&&nums[index]==nums[index+1]&&nums[index+1]==nums[index+2]){
if(dfs(nums,index+3)) ans2=true;
}
if(index<=len-3&&nums[index]+1==nums[index+1]&&nums[index+1]+1==nums[index+2]){
if(dfs(nums,index+3)) ans3=true;
}
//记录状态
m[index]=ans1||ans2||ans3?1:-1;
return ans1||ans2||ans3;
}
}
由于状态结果是唯一的，所以记忆化搜索其实可以改为「动态规划」解法。状态定义dp[index]表示是否能到达数组边界index，由后面的状态往前推导。
class Solution {
public boolean validPartition(int[] nums) {
int len=nums.length;
//dp[index]代表数组边界到index开始，是否可以正确划分
boolean[]dp=new boolean[len+1];
dp[len]=true;
for(int index=len-1;index>=0;index--){
if(index<=len-2&&nums[index]==nums[index+1]) dp[index]|=dp[index+2];
if(index<=len-3&&nums[index]==nums[index+1]&&nums[index+1]==nums[index+2]){
dp[index]|=dp[index+3];
}
if(index<=len-3&&nums[index]+1==nums[index+1]&&nums[index+1]+1==nums[index+2]){
dp[index]|=dp[index+3];
}
}
return dp[0];
}
}
761.特殊的二进制序列
参考宫水三叶的题解，s可以被可恰好划分为多个特殊的子串item，当且仅当某个子串满足1和0个数相等就可以，因为原始序列s可以保证第二个性质。第二个性质也表明，特殊子串item必然为1...0的模式。
因此可将本题构造分两步进行：1.对每个item进行重排，使其本身调整为字典序最大；2.对不同item之间进行重排，使最终s整体字典序最大。对于1，我们可以对 item 中的 1...0 中的非边缘部分进行调整（递归处理子串部分），同时用list将该子串进行收集。对于2，我们利用对list进行重排，重排参考179.最大数，最终组合出结果。
这里在一个DFS递归中，调用了多次递归，并将每次的结果收集起来，
class Solution {
public String makeLargestSpecial(String s) {
int len=s.length();
return dfs(s,0,len-1);
}
public String dfs(String s,int start,int end){
if(start>end) return "";
ArrayList<String> list=new ArrayList<>();
int count=0;
int split=start;
for(int i=start;i<=end;i++){
if(s.charAt(i)=='1') count++;
else count--;
if(count==0){
//步骤一，item本身重排
list.add("1"+dfs(s,split+1,i-1)+"0");
split=i+1;
}
}
//步骤二，item整体重排
//对ArrayList调用Collections.sort()
Collections.sort(list,(a,b)->(b+a).compareTo(a+b));
StringBuilder sb=new StringBuilder();
for(String ss:list){
sb.append(ss);
}
return sb.toString();
}
}
2. 二维平面上的搜索问题
其中递归应该把握的点，从上往下分析问题：
- 判断当前选择的点，本身是不是一个错的点，如果是直接
return。 - 如果当前的点正确，需要做何种标记或修改
- 剩下的情况，交给递归子调用去做。
其中判断错误的点应该把握：
- 当前的点越出边界（通常是上一轮强行出来的）
- 当前的点已经访问过（要么是已经污染修改，要么是标记已访问）
- 当前的点不是目标点
79.单词搜索
参考笨猪爆破组的题解，其中将设置边界条件以及递推关系讲的很清楚。先将当前不能继续递归的条件进行return false。其中需要考虑单词复原的回溯处理。
class Solution {
int n,m;
public boolean exist(char[][] board, String word) {
n=board.length;
m=board[0].length;
boolean[][] vis=new boolean[n][m];
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(dfs(board,vis,word,i,j,0)) return true;
}
}
return false;
}
public boolean dfs(char[][] board,boolean[][] vis,String word,int i,int j,int idx){
//越界或者已经访问过
if(i<0||i>=n||j<0||j>=m||vis[i][j]==true) return false;
//如果不匹配
if(word.charAt(idx)!=board[i][j]) return false;
//匹配到最后一个了,上面没有return false，就说明当前是正确的
if(idx==word.length()-1) return true;
//继续递归
vis[i][j]=true;
boolean res=dfs(board,vis,word,i+1,j,idx+1)||dfs(board,vis,word,i-1,j,idx+1)||dfs(board,vis,word,i,j-1,idx+1)||dfs(board,vis,word,i,j+1,idx+1);
if(res) return true;
//回溯
vis[i][j]=false;
return false;
}
}
417.太平洋大西洋水流问题
从海洋的四周出发逆向DFS标记可以访问到的格子，递归下去的条件是heights大于等于四周格子，将两种海洋访问格子的交集返回。可以设置不同的全局数组分别进行可访问标记，递归函数对两种数组进行标记，同时只需要返回void。由于不断递归下去将数组进行标记，不需要额外的回溯操作。参考题解水往高处流
class Solution {
int m,n;
public List<List<Integer>> pacificAtlantic(int[][] heights) {
m=heights.length;
n=heights[0].length;
boolean[][] reachPac=new boolean [m][n];
boolean[][] reachAtl=new boolean [m][n];
for(int i=0;i<m;i++){
dfs(heights,reachPac,i,0);
dfs(heights,reachAtl,i,n-1);
}
for(int i=0;i<n;i++){
dfs(heights,reachPac,0,i);
dfs(heights,reachAtl,m-1,i);
}
List<List<Integer>> ans=new ArrayList<>();
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(reachPac[i][j]&&reachAtl[i][j]){
ans.add(Arrays.asList(i,j));
}
}
}
return ans;
}
public void dfs(int[][]heights,boolean[][]canReach,int i,int j){
//已经标记直接return
if(canReach[i][j]) return;
//进行标记并判断能否继续搜索
canReach[i][j]=true;
if(i-1>=0&&heights[i-1][j]>=heights[i][j]) dfs(heights,canReach,i-1,j);
if(i+1<=m-1&&heights[i+1][j]>=heights[i][j]) dfs(heights,canReach,i+1,j);
if(j-1>=0&&heights[i][j-1]>=heights[i][j]) dfs(heights,canReach,i,j-1);
if(j+1<=n-1&&heights[i][j+1]>=heights[i][j]) dfs(heights,canReach,i,j+1);
return;
}
}
以下是岛屿问题，参考了以下优秀题解：
岛屿类问题的通用解法、DFS 遍历框架
一套模板，解决五个岛屿问题
核心是：
- 了解DFS的基本搜索结构，类比二叉树，1.判断base case 2. 访问相邻节点
- 不同于「树」不会访问重复节点，网格结构本质上是一个「图」，可能会重复访问，因此要标记访问避免重复访问的死循环（可以在原地图中修改，从而省下定义vis数组的空间）
- 主函数循环的理解，特别是开始dfs搜索的时机，有时候多个联通分量就要开始多次
岛屿问题-200.岛屿数量
class Solution {
int m,n;
public int numIslands(char[][] grid) {
int ans=0;
m=grid.length;
n=grid[0].length;
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
//这句很妙，碰到陆地就从它开始搜索，将这片区域变成已访问
if(grid[i][j]=='1'){
dfs(grid,i,j);
ans++;
}
}
}
return ans;
}
public void dfs(char[][]grid,int i,int j){
//把越界定义在前面，防止下面数组下标访问出错
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n) return;
if(grid[i][j]!='1') return;
grid[i][j]='2';
dfs(grid,i+1,j);
dfs(grid,i-1,j);
dfs(grid,i,j+1);
dfs(grid,i,j-1);
// int[]dx={1,0,-1,0};
// int[]dy={0,1,0,-1};
// for(int k=0;k<4;k++){
// dfs(grid,i+dx[k],j+dy[k]);
// }
}
}
岛屿问题-695.岛屿的最大面积
注意dfs函数定义的返回值为int，以及结束条件的返回值
class Solution {
int m,n;
public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
m=grid.length;
n=grid[0].length;
int ans=0;
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(grid[i][j]==1){
int res=dfs(grid,i,j);
ans=Math.max(ans,res);
}
}
}
return ans;
}
public int dfs(int[][]grid,int i,int j){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n) return 0;
if(grid[i][j]!=1) return 0;
grid[i][j]=2;
return 1+dfs(grid,i-1,j)+dfs(grid,i+1,j)+dfs(grid,i,j-1)+dfs(grid,i,j+1);
}
}
岛屿问题-463.岛屿的周长
充分利用了终止条件，碰到海洋、陆地、已访问过的节点返回值都不一样。
class Solution {
int m,n;
public int islandPerimeter(int[][] grid) {
m=grid.length;
n=grid[0].length;
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(grid[i][j]==1) return dfs(grid,i,j);
}
}
return 0;
}
public int dfs(int[][]grid,int i,int j){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n) return 1;
if(grid[i][j]==0) return 1;
if(grid[i][j]==2) return 0;
grid[i][j]=2;
//grid[i][j]=1 本次不记录，继续往下搜索
return dfs(grid,i+1,j)+dfs(grid,i-1,j)+dfs(grid,i,j+1)+dfs(grid,i,j-1);
}
}
岛屿问题-463.岛屿的周长
参考岛屿问题DFS没有那么难，独立写出来的一次hard，这道题实际上是对网格做了两遍遍历：第一遍 DFS 遍历陆地格子，计算每个岛屿的面积并标记岛屿序号；第二遍直接循环遍历，找到海洋格子，观察每个海洋格子相邻的陆地格子，将对应岛屿序号的面积加起来。
class Solution {
int n;
public int largestIsland(int[][] grid) {
n=grid.length;
int index=2;
HashMap<Integer,Integer> indexMap=new HashMap<>();
//第一次遍历
int maxArea=0;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(grid[i][j]==1){
int area=dfs(grid,i,j,index);
indexMap.put(index++,area);
maxArea=Math.max(maxArea,area);
}
}
}
//将ans初始化为上面最大的陆地面积，可以避免无海洋不能填海造陆的情况
int ans=maxArea;
//第二次遍历
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(grid[i][j]==0){
int size=1;
HashSet<Integer> set=new HashSet<>();
if(inArea(i-1,j)&&grid[i-1][j]!=0)set.add(grid[i-1][j]);
if(inArea(i+1,j)&&grid[i+1][j]!=0)set.add(grid[i+1][j]);
if(inArea(i,j-1)&&grid[i][j-1]!=0)set.add(grid[i][j-1]);
if(inArea(i,j+1)&&grid[i][j+1]!=0)set.add(grid[i][j+1]);
if(!set.isEmpty()){
for(int k:set){
size+=indexMap.get(k);
}
}
ans=Math.max(size,ans);
}
}
}
return ans;
}
public int dfs(int[][]grid,int i,int j,int index){
if(!(inArea(i,j))) return 0;
if(grid[i][j]!=1) return 0;
grid[i][j]=index;
return 1+dfs(grid,i+1,j,index)+dfs(grid,i-1,j,index)+dfs(grid,i,j+1,index)+dfs(grid,i,j-1,index);
}
public boolean inArea(int i,int j){
if(i<0||i>=n||j<0||j>=n) return false;
return true;
}
}
岛屿问题-1020.飞地的数量
从边界开始，将与边界相连的陆地1都标记出来，最后剩下的就是无法离开的陆地。
class Solution {
int m,n;
public int numEnclaves(int[][] grid) {
m=grid.length;
n=grid[0].length;
for(int i=0;i<m;i++){
dfs(grid,i,0);
dfs(grid,i,n-1);
}
for(int i=0;i<n;i++){
dfs(grid,0,i);
dfs(grid,m-1,i);
}
int res=0;
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(grid[i][j]==1) res++;
}
}
return res;
}
public void dfs(int[][]grid,int i,int j){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n||grid[i][j]==0||grid[i][j]==2) return;
grid[i][j]=2;
dfs(grid,i+1,j);
dfs(grid,i-1,j);
dfs(grid,i,j-1);
dfs(grid,i,j+1);
}
}
岛屿问题-1254.统计封闭岛屿的数目
与岛屿问题-200.岛屿数量的区别是，封闭岛屿的充要条件是四周都是水域，而本题没有假设网格四条边均被水包围，因此需要考虑未封闭的岛屿。函数返回结果为四个方向都满足封闭。两种方法解决：
- 是否为封闭岛屿，两个终止条件：
- 如果能到边界外，说明不是封闭岛屿 return false
- 如果g[i][j]为水域，说明被拦截了 return true
class Solution {
int m,n;
public int closedIsland(int[][] grid) {
m=grid.length;
n=grid[0].length;
int ans=0;
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(grid[i][j]==0&&dfs(grid,i,j))ans++;
}
}
return ans;
}
public boolean dfs(int[][]grid,int i,int j){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n) return false;
//本来就是水域或者已经被访问标记
if(grid[i][j]==1) return true;
//grid[i][j]==0
grid[i][j]=1;
//&和&&结果一致，但是&判断了四个方向的封闭性，不存在短路规则
return dfs(grid,i-1,j)&dfs(grid,i+1,j)&dfs(grid,i,j-1)&dfs(grid,i,j+1);
}
}
- 两遍DFS，先将与外界连通的岛屿进行处理，然后解法同岛屿问题-200.岛屿数量
class Solution {
int m,n;
public int closedIsland(int[][] grid) {
m=grid.length;
n=grid[0].length;
for(int i=0;i<m;i++){
preDfs(grid,i,0);
preDfs(grid,i,n-1);
}
for(int i=0;i<n;i++){
preDfs(grid,0,i);
preDfs(grid,m-1,i);
}
int ans=0;
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(grid[i][j]==0){
dfs(grid,i,j);
ans++;
}
}
}
return ans;
}
public void dfs(int[][]grid,int i,int j){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n||grid[i][j]==1) return;
grid[i][j]=1;
preDfs(grid,i+1,j);
preDfs(grid,i-1,j);
preDfs(grid,i,j-1);
preDfs(grid,i,j+1);
}
public void preDfs(int[][]grid,int i,int j){
//本来就是水域，或者已经被访问标记了
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n||grid[i][j]==1) return;
grid[i][j]=1;
preDfs(grid,i+1,j);
preDfs(grid,i-1,j);
preDfs(grid,i,j-1);
preDfs(grid,i,j+1);
}
}
岛屿问题-130.被围绕的区域
类似于 岛屿问题-1254.统计封闭岛屿的数目中的两种岛屿，但是这里不是统计数量，而需要改变原数组。
先将边界延伸的O替换成N，然后循环深搜替换掉所有被围绕的O，最终将N还原。
class Solution {
int m,n;
public void solve(char[][] board) {
m=board.length;
n=board[0].length;
for(int i=0;i<m;i++){
Ndfs(board,i,0);
Ndfs(board,i,n-1);
}
for(int i=0;i<n;i++){
Ndfs(board,0,i);
Ndfs(board,m-1,i);
}
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(board[i][j]=='O') dfs(board,i,j);
}
}
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(board[i][j]=='N') board[i][j]='O';
}
}
}
public void Ndfs(char[][]board,int i,int j){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n||board[i][j]=='X'||board[i][j]=='N') return;
board[i][j]='N';
Ndfs(board,i+1,j);
Ndfs(board,i-1,j);
Ndfs(board,i,j-1);
Ndfs(board,i,j+1);
}
public void dfs(char[][]board,int i,int j){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n||board[i][j]=='X'||board[i][j]=='N') return;
board[i][j]='X';
dfs(board,i+1,j);
dfs(board,i-1,j);
dfs(board,i,j-1);
dfs(board,i,j+1);
}
}
1034.边界着色
这题主要是边界的判断条件：
- 颜色与grid[row][col]相同，与连通分量连接，这两个是必须满足的条件
- 当满足上述条件的点出现在最外一圈时，必为边界。
- 当满足上述条件的点出现在内圈时，如果它四周有一个点与grid[row][col]颜色不同，为边界。
此外，由于题目中color标记较多，在原数组上修改会造成混淆，因此采用vis数组的方式标记访问。
class Solution {
int m,n;
public int[][] colorBorder(int[][] grid, int row, int col, int color) {
m=grid.length;
n=grid[0].length;
boolean[][] vis=new boolean[m][n];
dfs(grid,vis,row,col,color,grid[row][col]);
return grid;
}
public void dfs(int[][]grid,boolean[][]vis,int i,int j,int color,int curColor){
//越界或者不是当前着色或者已访问，不作为当前考虑的点
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n||grid[i][j]!=curColor||vis[i][j]) return;
//在矩阵边界上为边界
if(i==0||i==m-1||j==0||j==n-1) grid[i][j]=color;
//相邻存在不同的连通分量为边界
if(diff(grid,vis,i-1,j,curColor)||diff(grid,vis,i+1,j,curColor)||diff(grid,vis,i,j-1,curColor)||diff(grid,vis,i,j+1,curColor)) grid[i][j]=color;
vis[i][j]=true;
dfs(grid,vis,i-1,j,color,curColor);
dfs(grid,vis,i+1,j,color,curColor);
dfs(grid,vis,i,j-1,color,curColor);
dfs(grid,vis,i,j+1,color,curColor);
}
//需要标记访问，不然已经修改了颜色条件判断会出错，出现在此修改
public boolean diff(int[][]grid,boolean[][]vis,int i,int j,int curColor){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n||vis[i][j]) return false;
if(grid[i][j]!=curColor) return true;
return false;
}
}
529.扫雷游戏
上来先判断是否点到雷，点到可以直接返回。
否则八个方向进行搜索，终止条件为越界或者非E（B或者有雷），遍历E的过程中计算八个方向雷的数量，有雷则显示数量停止搜索，没有雷则置B继续搜索。
class Solution {
int n,m;
public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {
m=board.length;
n=board[0].length;
if(board[click[0]][click[1]]=='M'){
board[click[0]][click[1]]='X';
return board;
}else{
dfs(board,click[0],click[1]);
}
return board;
}
public void dfs(char[][] board,int i,int j){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n) return;
if(board[i][j]!='E') return;
int count=calMine(board,i,j);
if(count!=0){
board[i][j]=(char)('0'+count);
return;
}else{
board[i][j]='B';
int[] dx={-1,-1,0,1,1,1,0,-1};
int[] dy={0,1,1,1,0,-1,-1,-1};
//注意是8个方向
for(int k=0;k<8;k++){
dfs(board,i+dx[k],j+dy[k]);
}
}
}
public int calMine(char[][] board,int i,int j){
int[] dx={-1,-1,0,1,1,1,0,-1};
int[] dy={0,1,1,1,0,-1,-1,-1};
int count=0;
for(int k=0;k<8;k++){
if(i+dx[k]>=0&&i+dx[k]<m&&j+dy[k]>=0&&j+dy[k]<n&&board[i+dx[k]][j+dy[k]]=='M')count++;
}
return count;
}
}
剑指Offer13.机器人的运动范围
简简单单DFS，注意vis数组，数位之和，函数定义如何返回格子数量
class Solution {
public int movingCount(int m, int n, int k) {
boolean[][] vis=new boolean[m][n];
return dfs(vis,0,0,m,n,k);
}
public int dfs(boolean[][]vis,int i,int j,int m,int n,int k){
if(i<0||i>=m||j<0||j>=n||vis[i][j]||cal(i)+cal(j)>k) return 0;
vis[i][j]=true;
return 1+dfs(vis,i-1,j,m,n,k)+dfs(vis,i+1,j,m,n,k)+dfs(vis,i,j-1,m,n,k)+dfs(vis,i,j+1,m,n,k);
}
public int cal(int k){
int res=0;
while(k>0){
res+=k%10;
k/=10;
}
return res;
}
}
133.克隆图
参考题解DFS克隆图，深刻理解java对于引用类型的值拷贝，需要建立原图的克隆图，理论上要遍历团图的同时创建和其所有节点的克隆，值一样，节点已经不是原图的引用了，要重新创建。DFS遍历原图所有节点，其中子问题是DFS遍历其所有儿子节点，在这个过程中克隆。通过
为什么要用Map标记访问？
可以试着考虑只有两个点的情况。第一个点克隆之后如果不被添加到visited就直接开始克隆第二个点，则第二个点的克隆方法中会再次调用方法（创建克隆点，等待第一个点的引用加入）克隆第一个点，始终没有点被加入到visited中return，出现死循环。
/*
// Definition for a Node.
class Node {
public int val;
public List neighbors;
public Node() {
val = 0;
neighbors = new ArrayList();
}
public Node(int _val) {
val = _val;
neighbors = new ArrayList();
}
public Node(int _val, ArrayList _neighbors) {
val = _val;
neighbors = _neighbors;
}
}
*/
class Solution {
//整道题就是用DFS复制已经存在的图
//邻接表输出根据Node指针自动创建
public Node cloneGraph(Node node) {
HashMap<Node,Node> lookup=new HashMap<>();
return dfs(node,lookup);
}
public Node dfs(Node node, HashMap<Node,Node>lookup){
//如果当前节点为空，则创建空节点，
if(node==null) return null;
//如果已经被访问过克隆过，直接返回它的克隆
if(lookup.containsKey(node)) return lookup.get(node);
//没有被访问过，创建克隆节点
Node clone =new Node(node.val,new ArrayList<Node>());
//clone目前为空，后面通过引用指针往其中放入节点
lookup.put(node,clone);
for(Node n:node.neighbors) clone.neighbors.add(dfs(n,lookup));
return clone;
}
}
547.省份数量
DFS统计连通域数量，从每个未访问过的节点进行搜索，通过“污染”的方式对和它相连且未被访问过的点进行标记，最后执行DFS的次数就是连通域个数。相比于二维平面上的搜索题目往上下左右进行搜索标记，如果已被访问则不搜索，这里是对相邻且未被访问的节点进行搜索标记，需要理解DFS的搜索路线。
class Solution:
def findCircleNum(self, isConnected: List[List[int]]) -> int:
vis=set()
res=0
# 从某个节点开始将与其连接的所有点都进行访问
def dfs(i):
for j in range(len(isConnected[i])):
if j not in vis and isConnected[i][j]==1:
vis.add(j)
dfs(j)
# 从每个未被访问过的节点开始进行搜索
for i in range(len(isConnected)):
if i not in vis:
vis.add(i)
dfs(i)
res +=1
return res
839.相似字符串组
DFS或者BFS找连通分量，一组单词就是相似的所有单词组成的一个连通分量。所以本质上就是上面的省份数量，只不过这里的isConnected是相似字符串的判断，相似则connect.
DFS查找连通分量个数，时间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)，循环dfs N次，每次都尝试标记所有的N个节点。
class Solution {
HashSet<Integer> vis=new HashSet<>();
public int numSimilarGroups(String[] strs) {
int ans=0;
for(int i=0;i<strs.length;i++){
if(!vis.contains(i)){
vis.add(i);
dfs(i,strs);
ans++;
}
}
return ans;
}
public void dfs(int k,String[] strs){
for(int i=0;i<strs.length;i++){
// 从前往后检查后面未被访问过的单词i
if(!vis.contains(i)&&isConnect(strs[k],strs[i])){
vis.add(i);
dfs(i,strs);
}
}
}
public boolean isConnect(String a, String b){
int count=0;
for(int i=0;i<a.length();i++){
if(a.charAt(i)!=b.charAt(i)) count++;
}
return count<=2; // 必定成立，必然有0，2，4...个位置不同
}
}
BFS也可以解决连通数量问题，时间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)，循环bfs N次，每次在一次一次出队入队的过程中都尝试标记所有的N个节点。
class Solution {
HashSet<Integer> vis=new HashSet<>();
public int numSimilarGroups(String[] strs) {
int ans=0;
for(int i=0;i<strs.length;i++){
if(!vis.contains(i)){
bfs(i,strs);
ans++;
}
}
return ans;
}
public void bfs(int k,String[] strs){
Deque<Integer> que=new ArrayDeque<>();
vis.add(k);
que.offer(k);
while(!que.isEmpty()){
int top=que.poll();
// 从前往后检查后面未被访问过的单词i
for(int i=0;i<strs.length;i++){
if(!vis.contains(i)&&isConnect(strs[top],strs[i])){
vis.add(i);
que.offer(i);
}
}
}
}
public boolean isConnect(String a, String b){
int count=0;
for(int i=0;i<a.length();i++){
if(a.charAt(i)!=b.charAt(i)) count++;
}
return count<=2; // 必定成立，必然有0，2，4...个位置不同
}
}
3. 回溯问题
784.字母大小写全排列
用DFS遍历+回溯，将所有从根节点到叶子节点的路径收集起来，从根节点到叶子节点的序列长度就是树的高度，分支就是看当前元素是否有大小写两种可能，如果不能则继续往下搜索，如果能则有另一条搜索选择。
class Solution:
def letterCasePermutation(self, s: str) -> List[str]:
l=list(s)
ans=[]
def dfs(i):
if i== len(s):
ans.append(''.join(l))
return
# 保持原样
dfs(i+1)
# 可以转换大小写
if l[i].isalpha():
l[i]=chr(ord(l[i])^32)
dfs(i+1)
# 转换回来
l[i]=chr(ord(l[i])^32)
dfs(0)
return ans
4. 动态规划结合问题
5. 图相关
797.所有可能的路径
深度优先搜索（回溯），采用全局path记录路径，因此需要回溯来撤销影响，所有节点的相邻节点都已经给出，所以不需要建图。题目保证有向无环图（DAG），因此也不需要考虑节点重复访问出现死循环的问题，不用标记访问。
class Solution {
LinkedList<Integer>path;
List<List<Integer>> res;
int n;
int[][] graph;
public List<List<Integer>> allPathsSourceTarget(int[][] g) {
n=g.length-1;
path=new LinkedList<>();
res=new ArrayList<>();
graph=g;
path.add(0);
backTracing(0);
return res;
}
public void backTracing(int cur){
if(cur==n){
res.add(new ArrayList<>(path));
return;
}
for(int i:graph[cur]){
path.add(i);
backTracing(i);
path.removeLast();
}
}
}
2492.两个城市间路径的最小分数
深度优先遍历，“一条路径可以多次包含同一条道路”相当于遍历一个连通分量的所有边，找到其中的最小值，不同于要找到从起点到终点的最短路径，比如test case2。图中需要标记访问防止重复访问死循环。
class Solution {
boolean[] vis;
int ans=0x3f3f3f3f;
ArrayList<int[]>[] map;
public int minScore(int n, int[][] roads) {
vis=new boolean[n];
// 存图
map=new ArrayList[n];
for(int i=0;i<n;i++){
map[i]=new ArrayList<int[]>();
}
for(int[]r:roads){
map[r[0]-1].add(new int[]{r[1]-1,r[2]});
map[r[1]-1].add(new int[]{r[0]-1,r[2]});
}
dfs(0);
return ans;
}
// 直接在这层不让vis[n]=true的点进入下层
public void dfs(int n){
vis[n]=true;
for(int[] i:map[n]){
// 更新最小边要在dfs之前
ans=Math.min(ans,i[1]);
// 不能重复遍历
if(!vis[i[0]]) dfs(i[0]);
}
}
// // 将return情况放到下层去处理
// public void dfs(int n){
// if(vis[n]) return;
// vis[n]=true;
// for(int[] i:map[n]){
// // 更新最小边要在
// ans=Math.min(ans,i[1]);
// dfs(i[0]);
// }
// }
}
LCP07.传递信息
根据relations数组的定义，这是一个边权相等的图，对于边权相等的图，统计有限步数的到达某个节点的方案数，最常见的方式是使用 BFS 或 DFS。对于只需要存储邻点信息，存图方式可以采用HashMap实现，参考算法学习-最短路算法与链式前向星，配图加深理解。
在 DFS 过程中限制深度最多为 k，然后检查所达节点为 n-1 的次数即可。递归函数void dfs(int id, int sum)定义为：搜索到点id，走的步数为sum。
class Solution {
HashMap<Integer,HashSet<Integer>> adj=new HashMap<>();
int n,k,ans;
public int numWays(int _n, int[][] relation, int _k) {
n=_n;
k=_k;
ans=0;
for(int[]r:relation){
HashSet<Integer> set=adj.getOrDefault(r[0],new HashSet<>());
set.add(r[1]);
adj.put(r[0],set);
}
dfs(0,0);
return ans;
}
public void dfs(int id,int sum){
if(sum==k){
if(id==n-1) ans++;
return;
}
HashSet<Integer> set=adj.get(id);
if(set==null) return;
for(int i:set){
dfs(i,sum+1);
}
}
}
6139.受限条件下可到达节点的数目
采用容器存图，DFS递归遍历图并标记，这里都是碰到未访问过的节点继续递归，所以开头直接无脑ans++，就是从0开始的连通分量中的节点数。相关存图方式可以看我的算法学习-最短路算法与各种存图方式，链式前向星，配图加深理解，讲的很详细。
class Solution {
int ans=0;
public int reachableNodes(int n, int[][] edges, int[] restricted) {
HashSet<Integer>[] adj=new HashSet[n];
for(int i=0;i<n;i++){
adj[i]=new HashSet<>();
}
for(int[]e:edges){
adj[e[0]].add(e[1]);
adj[e[1]].add(e[0]);
}
boolean[]vis=new boolean[n];
//受限点可以简单处理成已访问的点
for(int r:restricted){
vis[r]=true;
}
dfs(0,vis,adj);
return ans;
}
public void dfs(int node,boolean[]vis, HashSet<Integer>[] adj){
vis[node]=true;
ans++;
for(int i:adj[node]){
if(!vis[i]){
dfs(i,vis,adj);
}
}
}
}
886.可能的二分法
邻接矩阵存图+染色法+DFS遍历（没有回溯，一直往下标记完）。通过一个数组染色来决定每个点的分组情况，我们从前往后一个个染色就可以了，因为前面的标记可以一并对后面的决策产生影响力。将不喜欢的关系用邻接矩阵存图，每个点在用邻接矩阵访问自己的相邻节点时，需要确保有dislike关系（graph[i][j]==1）的人不是自己同一组的，这其中又有两种情况，已经被标记在自己组内没办法了，返回false，如果还未被标记，则递归看反向标记是否可以。
class Solution:
def possibleBipartition(self, n: int, dislikes: List[List[int]]) -> bool:
graph=[[0]*n for _ in range(n)]
# 标记数组，0表示未分组，1为第一组，-1为第二组，不断往下标记
colors=[0]*n
for a,b in dislikes:
graph[a-1][b-1]=1
graph[b-1][a-1]=1
for i in range(n):
# 对数组中未标记的点进行标记检查，看能否标记成1，一种情况不满足就return
# 只需要检查当前点是否能标记成1，因为在前面dfs过程中，已经给其他可以标记的点分好组了
if colors[i]==0 and not self.dfs(graph,colors,1,i,n):
return False
return True
# 判断某个点i是否能被标记成color
def dfs(self,graph,colors,color,i,n):
colors[i]=color
for j in range(n):
# 对于存在dislike的组
if graph[i][j]==1:
# 已经分成同组的了
if colors[j]==color:
return False
# 不能被分到别的组去
if colors[j]==0 and not self.dfs(graph,colors,-1*color,j,n):
return False
return True
785.判断二分图
DFS+邻接表的数组形式存图，每个节点可以相邻的点都已经列出来了，其他思路同上。
class Solution:
def isBipartite(self, graph: List[List[int]]) -> bool:
n = len(graph)
colors= [0]*n
for i in range(n):
# 一种情况不满足就return
if colors[i]==0 and not self.dfs(graph,colors,1,i):
return False
return True
def dfs(self,graph,colors,color,i):
colors[i]=color
# 对于相邻的点
for j in graph[i]:
if colors[j]==color:
return False
if colors[j]==0 and not self.dfs(graph,colors,-1*color,j):
return False
return True
934.最短的桥
DFS标记图+层数相关的多源BFS，不同于1162.地图分析要找到所有最短路的最大值，这里只需要存在一条最近的桥就可以了，可以在找到和当前值不同的值直接return层数。刚开始多源BFS将一座岛上的层数都看为0，在向外扩张的时候相当于是一层一层往外移动，找到最近的另一座岛上的节点就返回。
class Solution:
def shortestBridge(self, grid: List[List[int]]) -> int:
que=deque()
def dfs(grid,i,j,mark):
if i<0 or i>=len(grid) or j<0 or j>=len(grid[0]):
return
if grid[i][j] != 1:
return
grid[i][j]=mark
que.append((i,j))
dfs(grid,i+1,j,mark)
dfs(grid,i-1,j,mark)
dfs(grid,i,j-1,mark)
dfs(grid,i,j+1,mark)
find=0
for i in range (len(grid)):
for j in range(len(grid[0])):
if grid[i][j]==1 and find==0:
dfs(grid,i,j,2)
find +=1
# BFS 找最短路径
distance =-1
while len(que)!=0:
distance +=1
size = len(que)
for _ in range(size):
top=que.popleft()
dx=[0,1,0,-1]
dy=[1,0,-1,0]
for k in range(4):
i,j=top[0]+dx[k],top[1]+dy[k]
if i<0 or i>=len(grid) or j<0 or j>=len(grid[0]):
continue
if grid[i][j] == 2:
continue
# 直接return 结果，已走路径的两个端点都不算
if grid[i][j] == 1:
return distance
grid[i][j]=2
que.append((i,j))
return distance
6. 树相关
129.求根节点到叶节点数字之和
dfs返回值表示以root节点为根的子树的路径总和（累积了前面的数位），叶子节点直接返回
num表示不包含root.val值的根节点开始到root节点结尾的子路径值
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode() {}
* TreeNode(int val) { this.val = val; }
* TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
* this.val = val;
* this.left = left;
* this.right = right;
* }
* }
*/
class Solution {
public int sumNumbers(TreeNode root) {
return dfs(root,0);
}
public int dfs(TreeNode root,int num){
//如果二叉树单侧无节点，直接返回0
if(root==null) return 0;
num=num*10+root.val;
//如果为叶子节点，直接返回结果
if(root.left==null&&root.right==null) return num;
return dfs(root.left,num)+dfs(root.right,num);
}
}