算法入门广度优先搜索（中等 - 第一题）LeetCode 994

Posted 2021-08-09 英雄哪里出来

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文章目录

• 一、题目
• • 1、题目描述
  • 2、基础框架
  • 3、原题链接
• 二、解题报告
• • 1、思路分析
  • 2、时间复杂度
  • 3、代码详解
• 三、本题小知识

一、题目

1、题目描述

在给定的网格中，每个单元格可以有以下三个值之一：
  1）值 0 代表空单元格；
  2）值 1 代表新鲜橘子；
  3）值 2 代表腐烂的橘子。
每分钟，任何与腐烂的橘子（在 4 个正方向上）相邻的新鲜橘子都会腐烂。返回直到单元格中没有新鲜橘子为止所必须经过的最小分钟数。如果不可能，返回 -1。

  样例：$$\left[\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right]$$

  输出：4

2、基础框架

• c++ 版本给出的基础框架代码如下：

class Solution {
public:
    int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {

    }
};

• vector<vector<int>>& grid代表的是一个二维数组，用来代表二维矩阵的橘子位置，&作为引用，用来加速参数传递。
• 返回值是一个int，代表哪个时刻下所有橘子都腐烂了。
  

3、原题链接

LeetCode 994. 腐烂的橘子

二、解题报告

1、思路分析

  首先，将所有腐烂的橘子（值为 2 的格子）的位置进行哈希（标记访问时间为 0），然后压入队列。利用广搜，扩散范围。对于相邻的格子，如下几种情况分别处理：
  1）格子没有被访问过，且遇到一个新鲜橘子（值为 1 的格子），哈希后压入队列，并且标记格子的访问时间为相邻那个扩散到它的格子的访问时间 + 1。
  2）格子没有被访问过，且遇到空位置，不做任何处理；
  3）格子被访问过，不做任何处理；
搜索完毕，遍历所有格子，如果存在新鲜橘子，返回 -1；否则，取最访问时间最大的进行返回。

• 广搜的更多内容，可以参考这篇文章：夜深人静写算法（十）- 单向广搜。

2、时间复杂度

• 对于一个 $n\times m$ 的矩阵，每个元素只会访问一次，时间复杂度为 $O(nm)$。

3、代码详解

int dir[4][2] = {
    {0, 1},   // right
    {1, 0},   // down
    {0, -1},  // left
    {-1, 0},  // up
};

const int maxn = 120;

class Solution {
    int n, m;
    int visited[maxn];
    queue <int> que;

    int getVisitedId(int x, int y) {                         // (1)
        return x * m + y;
    }
    void getPosByVisitedId(int visitedId, int &x, int &y) {  // (2)
        x = visitedId / m;
        y = visitedId % m;
    }

    void init(vector<vector<int>>& mat) {
        while(!que.empty()) {                                // (3)
            que.pop();
        }
        memset(visited, -1, sizeof(visited));                // (4)
        n = mat.size();                                      // (5)
        m = mat[0].size();                                   // (6)
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            for(int j = 0; j < m; ++j) {
                if(2 == mat[i][j]) {                         // (7)
                    visited[ getVisitedId(i, j) ] = 0;       
                    que.push( getVisitedId(i, j) );
                }
            }
        }
    }
    bool outOfBound(int x, int y) {
        return x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m;           
    }

    void bfs(vector<vector<int>>& mat) {
        while(!que.empty()) {
            int vid = que.front();                           // (8)
            int x, y;
            getPosByVisitedId(vid, x, y);                    // (9)
            que.pop();
            for(int i = 0; i < 4; ++i) {                     // (10)
                int tx = x + dir[i][0];
                int ty = y + dir[i][1];
                if(outOfBound(tx, ty)) {
                    continue;
                }
                int nextvid = getVisitedId(tx, ty);          // (11)
                if(mat[tx][ty] == 1 && visited[nextvid] == -1) {              
                    visited[nextvid] = visited[vid] + 1;     
                    que.push(nextvid);
                }
            }
        }
    }
    int output(int *visited, vector<vector<int>>& mat) {   
        int maxv = 0;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            vector <int> ans;
            for(int j = 0; j < m; ++j) {
                int vid = getVisitedId(i, j);
                if(mat[i][j] == 1 && visited[ vid ] == -1) { 
                    return -1;                               // (12)
                }
                if( visited[ vid ] > maxv ) {
                    maxv = visited[ vid ];                   // (13)
                }
            }
        }
        return maxv;
    } 

public:
    int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
        init(grid);      
        bfs(grid);
        return output(visited, grid);
    }
};

• $(1)$ 将二维向量映射到一维，方便索引；
• $(2)$ 将一维向量拆解成二维，方便计算；
• $(3)$ 定义的队列为类私有成员，所以每次计算，初始化的时候需要首先进行清空；
• $(4)$ 利用memset初始化将所有矩阵元素的标记位全部置为-1，关于memset更多用法，可以参考：《C/C++ 面试 100 例》（六）memset 全网最全总结；
• $(5)$ 矩阵的行，保存成类的成员变量，方便成员函数使用；
• $(6)$ 矩阵的列，保存成类的成员变量，方便成员函数使用；
• $(7)$ 找到矩阵中所有的 2（腐烂的橘子），将标记为置为 0，代表腐烂的时刻为 0，然后塞入队列；
• $(8)$ 每次从队列头部弹出一个元素；
• $(9)$ 将它转换成坐标的形式，方便进行上下左右的运算；
• $(10)$ 枚举四个方向扩散；
• $(11)$ 得到一个相邻位置，如果这个位置没有被访问过，且值为 1 （代表新鲜橘子），则将步数置为 当前位置步数 + 1；
• $(12)$ 搜索完毕，遍历所有格子，如果存在新鲜橘子，返回 -1；
• $(13)$ 否则，取最访问时间最大的进行返回。

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三、本题小知识

1）一维的vector可以当数组用，二维的vector可以当矩阵用。
2）利用memset可以将标记置为-1代表尚未访问。
3）广搜的过程，就是不断把状态压入队列尾，不断取出队列头部状态的过程，由于状态可能是多维的，所以我们一般考虑将多维状态变成一维，这个称为序列化；再在弹出队列的时候，将一维状态还原成多维，这个称为反序列化。一般就是通过进制转换来完成。

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