【算法】搜索专题狂练，内附题单
搜索题目在常见的算法竞赛和笔试面试中很常见，尤其是蓝桥杯中，很多题都能用暴搜去找答案。
在生产上也广泛用于拓扑排序，寻路（走迷宫），搜索引擎，爬虫等，也频繁出现在高频面试题中。
DFS 与 BFS 对比
| 实现方法 | 基本思想 | 解决问题 | N规模 | |
|---|---|---|---|---|
| DFS | 栈/递归 | 回溯法，一次访问一条路，更接近人的思维方式, | 所有解问题，或连通性问题 | 不能太大，<=200 |
| BFS | 队列 | 分治限界法，一次访问多条路，每一层需要存储大量信息 | 最优解问题，如最短路径 | 可以比较大，因为可以用队列解决,<=1000 |
DFS：可以使用 stack，不过多数情况下使用递归。
牢记：每一个 DFS 都会对应一个搜索树，如：n 皇后问题。
BFS：一般使用 queue，也可以用数组模拟队列。
DFS 例题：
ACWing 842. 排列数字
AC代码
const int MAXN = 10;
int n;
int ans[MAXN];
// vis用来标记本轮dfs是否已经用过
bool vis[MAXN];
// 用u来记录答案ans中的数量
void dfs(int u) {
// 如果u>n 说明ans中符合的答案已经存放完毕
if(u > n) {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(i != 1) {
cout << " ";
}
cout << ans[i];
}
cout << endl;
return;
}
// 每一次for对应一颗搜索树
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(!vis[i]) {
vis[i] = 1;
ans[u] = i;
dfs(u+1);
vis[i] = 0;
}
}
}
int main() {
cin >> n;
dfs(1);
return 0;
}
ACWing 843. n-皇后问题：
AC代码
const int MAXN = 20;
int n;
bool dg[MAXN], udg[MAXN], col[MAXN], row[MAXN];
char g[MAXN][MAXN];
/*
重点在于关于行、列、对角线上的判断
*/
// x和y是横纵坐标 s是皇后个数
void dfs(int x, int y, int s) {
// 列超界
if(y == n) {
y = 0, x++;
}
// 行超界 说明已经遍历完了所有格子
if(x == n) {
// 判断皇后总数是否已经够
if(s == n) {
for(int i = 0; i < n; i++) {
puts(g[i]);
}
puts("");
}
return;
}
// 不放皇后
dfs(x, y + 1, s);
// 放皇后
if(!row[x] && !col[y] && !dg[y-x+n] && !udg[y+x]) {
g[x][y] = 'Q';
row[x] = col[y] = dg[y-x+n] = udg[y+x] = true;
dfs(x, y + 1, s + 1);
row[x] = col[y] = dg[y-x+n] = udg[y+x] = false;
g[x][y] = '.';
}
}
int main() {
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i++) {
for(int j = 0; j < n; j++) {
g[i][j] = '.';
}
}
dfs(0, 0, 0);
return 0;
}
DFS找连通块
洛谷P1331
求连通块：经典DFS
首先，需要判断有没有不合法的船，即非矩形的。（如果一个块的右边、下边、右下边 四个块中有三个块是船，那么就是不合法的，一定无法构成矩形；否则可以构成矩形）
都合法之后，我们只需要求连通块的数量就行了：
- 每次选定连通块中任意一点进行DFS，对每次已经DFS过的块进行标记
- 注意，访问过的点要在DFS开始的时候进行标记
AC代码
#include 洛谷P1596
AC代码
这是一个裸的DFS数连通块问题，和上一个题的遍历方法完全一样。每个点可以向周围四个同样的点搜索。
#include 洛谷P1451
裸连通块问题，现在发现写这个都是有点浪费时间了。回顾一下做此题时：
- 注意人家是按行输入的，应该用cin读入行，用二维字符数组存起来
- 存图后进行DFS就可以了，还是连通块问题
AC代码
#include DFS全排列
洛谷P1706
AC代码
经典的DFS求全排列问题。输入n，输出从1~n组成的所有不重复的数字序列，每行一个序列。
注意：在DFS中，从第一个数到最后一个数遍历，接下来访问没访问过的数，一直到数量超过n，将存答案的数组输出。
#include DFS 平面图问题
洛谷P1123
AC代码
好家伙，最坑爹的题目、没有之一。本来以为就按照要求DFS呗，每次更新一下当前的最大值，最后在vis数组的置0置1问题上搞了半天。
仔细想，本题是要选取若干个不互相干扰的点，求它们和的最大值。因为是搜索，并且没有最短路的性质，所以我们用DFS。而且题目的数据范围一眼望去就很小，~嗯，是个深搜的好题~。
- 从左上开始搜索到右下，每个点都有选和不选两种情况。选得话还得看是否满足周围没有限制条件
- 每个点是否可选呢？选：它周围的八个点没有被选过。
- 当我们选定一个点时，要对它周围的八个点标记为1，当两个点a、b、同时对c点标记为1后，第二个点要撤销标记，那么就会让c成为0，而此时a没有撤销标记，所以c不应该被置为0。
#include 洛谷P1219 八皇后问题（字典序）
AC代码
因为题目要求按照每行选取的点，逐行DFS。
DFS传的两个参数x和sum分别代表当前该遍历的行和已选的点的数目，用来判断是否终止，还要用ans记录满足条件的数量，超过三个之后只记录ans而不输出。
我们通过按行遍历，每行按列遍历的方式，就可以保证答案满足字典序。
#include 洛谷AT1350 起点终点可行性问题
AC代码
就是在图中，从起点找终点的问题。第一发TLE了，原因在于，找完一个点（x，y）是否需要回溯。
如果从（x，y）无法到达终点，那么从其他地方到达（x，y）也无法再到达终点，所以无需回溯。
#include DFS剪枝
洛谷P1025
将整数nn分成kk份，且每份不能为空，任意两个方案不相同(不考虑顺序)。
例如：n=7n=7，k=3k=3，下面三种分法被认为是相同的。
1,1,5;
1,5,1;
5,1,1.
问有多少种不同的分法。
这个题的n的范围是200，单纯DFS是跑不过来的，所以需要先写出DFS，再剪枝。
AC代码
#include 洛谷P1294 高手去散步
邻接矩阵建图，分别以每个点为起点DFS，看能到达的最远距离。
- 每次DFS的时候都将当前最大距离记录；
- 注意：终止条件不是将n个都标记为false，而是没有能到达的点，因为题目没有保证所有点是连通的。
AC代码
#include BFS例题：
ACWing 844. 走迷宫
AC代码
const int MAXN = 1e3+10;
int n, m;
// g用来存图 dis用来存距离
int g[MAXN][MAXN];
int dis[MAXN][MAXN];
queue<pair<int, int> > q;
int bfs() {
memset(dis, -1, sizeof dis);
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
q.push({0, 0});
dis[0][0] = 0;
while(!q.empty()) {
auto t = q.front();
q.pop();
for(int i = 0; i < 4; i++) {
int x = t.first + dx[i], y = t.second + dy[i];
if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && dis[x][y] == -1 && g[x][y] == 0) {
dis[x][y] = dis[t.first][t.second] + 1;
q.push({x, y});
}
}
}
return dis[n-1][m-1];
}
int main() {
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n; i++) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
cin >> g[i][j];
}
}
cout << bfs() << endl;
return 0;
}
洛谷P1443 马的遍历
经典BFS，左对齐宽五格输出printf("%-5d", vis[i][j]);
然后写BFS的时候细心点就行了。
AC代码
#include 洛谷P1747 好奇怪的游戏
同样是个简单的BFS题，一个点可以像马一样走日或者走田，经典BFS。
AC代码
#include 洛谷P1144 最短路计数
给出一个NN个顶点MM条边的无向无权图，顶点编号为1-N1−N。问从顶点11开始，到其他每个点的最短路有几条。
这个题我们可以将这张图想象成一颗树，从根节点1开始遍历。
因为有环或者重边，第一次遍历到的点对其标记，并且设置深度；之后如果重复遍历到这个点，并且已经访问过了，那么这个点的最短路的数量就得加上上一个点最短路的数量 cnt[k] = (cnt[k] + cnt[t]) % mod;。
AC代码
#include G[MAXN];
/*
第一次访问 置vis 置深度
第二次访问(已知深度) 置cnt: cnt[t] += cnt[x]
*/
int h[MAXN], ne[MAXN], e[MAXN], idx;
void add(int a, int b) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void bfs() {
queue<int> q;
deep[1] = 0, cnt[1] = 1, vis[1] = 1;
q.push(1);
while(q.size()) {
int t = q.front();
// cout << t << endl;
q.pop();
for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
int k = e[i];
if(!vis[k]) {
vis[k] = 1;
deep[k] = deep[t] + 1;
q.push(k);
}
if(deep[k] == deep[t] + 1) {
cnt[k] = (cnt[k] + cnt[t]) % mod;
}
}
}
}
/*
void bfs() {
queue q;
deep[1] = 0, cnt[1] = 1, vis[1] = 1;
q.push(1);
while(q.size()) {
int t = q.front();
q.pop();
for(int i = 0; i < G[t].size(); i++) {
int k = G[t][i];
if(!vis[k]) {
vis[k] = 1;
deep[k] = deep[t] + 1;
q.push(k);
}
if(deep[k] == deep[t] + 1) {
cnt[k] = (cnt[k] + cnt[t]) % mod;
}
}
}
}
*/
int main() {
memset(h, -1, sizeof h);
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < m; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y), add(y, x);
}
bfs();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cout << cnt[i] << endl;
}
return 0;
}
说在最后的话：编写实属不易，若喜欢或者对你有帮助记得点赞 + 关注或者收藏哦~