算法DFS与BFS

Posted 2023-03-09 指针不指南吗

作者：指针不指南吗
专栏：算法篇

🐾题目的模拟很重要！！🐾

文章目录

• 1.区别
• 2.DFS
• • 2.1 排列数字
  • 2.2 n-皇后问题
• 3.BFS
• • 3.1走迷宫

1.区别

搜索类型	数据结构	空间	用途	过程
DFS	stack	O( n )	不能用于最短路	搜索到最深处，回溯
BFS	queue	O( $n^2$ )	可以用于最短路	从起点开始，搜索相邻的；再以相邻的位起点，继续

这里用两个图来形象的模拟过程
深搜——一条路走到黑

广搜——眼观八方

2.DFS

• 每一个DFS都对应一个搜索树；

• DFS俗称暴搜，其中有顺序的，经常用到DFS;

• 回溯的时候一定要恢复现场；

• 剪枝就是判断出来当前的方案不合法，不再继续往下深搜，直接回溯；

只说知识，有点抽象，根据两个题来理解一下。

2.1 排列数字

给定一个整数 n，将数字 1∼n 排成一排，将会有很多种排列方法。

现在，请你按照字典序将所有的排列方法输出。

输入格式

共一行，包含一个整数 n。

输出格式

按字典序输出所有排列方案，每个方案占一行。

数据范围

1≤n≤7

输入样例：

3

输出样例：

1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1

• 思路

图转自acwing

以3的全排列为例

• 代码实现

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  
  int n;
  int path[10];// path 数组保存排列，当排列的长度为 n 时，是一种方案，输出
  bool st[10];//st 数组表示数字是否用过：当 st[i] 为 1 时，i 已经被用过，否则 没有被用过
  
  void dfs(int u) //dfs(u) 表示：在 path[i] 处填写数字，然后递归的在下一个 u 位置填写数字
  
      if(u==n)
      
          for(int i=0;i<n;i++) cout<<path[i]<<' ';  //是一种方案输出
          cout<<endl;
          return ;
      
      
      for(int i=1;i<=n;i++)
      
          if(!st[i])  //i 没有被使用过，现在使用
          
              st[i]=true;  //状态 改成使用过
              path[u]=i;  //在方案中填上这个数
              dfs(u+1);  //填下一个位置上的数
              st[i]=false; //回溯：第 i 个位置填写某个数字的所有情况都遍历后， 第 i 个位置填写下一个数字
          
      
  
  
  
  int main()
  
      cin>>n;
      
      dfs(0);  //从第0个位置上，开始递归，搜索
  
      return 0;
  
  

2.2 n-皇后问题

n−皇后问题是指将 n 个皇后放在 n×n 的国际象棋棋盘上，使得皇后不能相互攻击到，即任意两个皇后都不能处于同一行、同一列或同一斜线上。

现在给定整数 n，请你输出所有的满足条件的棋子摆法。

输入格式

共一行，包含整数 n。

输出格式

每个解决方案占 n 行，每行输出一个长度为 n 的字符串，用来表示完整的棋盘状态。

其中 . 表示某一个位置的方格状态为空，Q 表示某一个位置的方格上摆着皇后。

每个方案输出完成后，输出一个空行。

注意：行末不能有多余空格。

输出方案的顺序任意，只要不重复且没有遗漏即可。

数据范围

1≤n≤9

输入样例：

4

输出样例：

.Q..
...Q
Q...
..Q.

..Q.
Q...
...Q
.Q..

方法一

• 思路

  棋盘皇后这个题，和数的全排列很相似

  按行枚举，枚举的时候，就保证了行不会重复；

  开始放置棋子，第u行第i列 看看是否可以放皇后，可以就放，递归下一行 u+1

  直到最后，全部 n 个皇后放上棋盘

  图解如下图转自acwing

  

• 代码实现

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  
  int n;
  const int N=20;
  char q[N][N];  //存储棋盘
  bool cor[N],dg[2*N],udg[2*N];  //cor表示每一列，dg和udg表示正对角线和反对角线，来存储他们的是否被使用过的状态 
  
  void dfs(int u)  //放第 u 行的棋子 (深度优先遍历)
  
      if(u==n) //如果放盘，则输出棋盘
      
          for(int i=0;i<n;i++)
          
              for(int j=0;j<n;j++)
                  cout<<q[i][j];
              cout<<endl;
          
          
          cout<<endl;
          return ;  //重点！！ 递归到最深层，返回，千万别忘记
      
      
      for(int i=0;i<n;i++)  //从第一列，开始遍历，是否放棋
      
          if(!col[i]&&!dg[i+u]&&!udg[n-i+u])  //如果 列，对角线，没有被放过，则放皇后
          
              q[u][i]='Q';  //放上
              col[i]=dg[i+u]=udg[n-i+u]=true;  //改变状态，dg[i+u]表示截距，每个对角线，都有自己独有的截距；反对角线的截距是负数，数组的下标，不能存放负数，所以加上 n这个偏移量
              dfs(u+1);  //放下一行的
              col[i]=dg[i+u]=udg[n-i+u]=false;  //恢复现场
              q[u][i]='.';
          
      
  
  
  
  
  int main()
  
      cin>>n;
      
      for(int i=0;i<n;i++)
          for(int j=0;j<n;j++)
              q[i][j]='.';  //初始化棋盘
      
      dfs(0);  //从第0行，开始放棋子
  
      return 0;
  
  
  

方法二

• 思路

  枚举 每一个位置的棋子

  每个位置可以分成两种情况：放Q 不放Q

  把每一种情况都枚举出来

• 代码实现

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  
  int n;
  const int N=20;
  char q[N][N];
  bool row[N], col[N],dg[N],udg[N];
  
  
  void dfs(int x,int y,int s) //x表示行，y表示列，s表示已经放上皇后的个数
  
      //处理超边界地情况
      if(y==n) y=0,x++;   
      
      if(x==n)  //每个位置都枚举完了
      
          if(s==n)  // n 个皇后都放上去了
          
              for(int i=0;i<n;i++)
                  puts(q[i]);  //输出棋盘， q[i],传的是数组指针，输出的是一整行
              puts("");
          
          return ;  //递归到最后返回
      
  
      //分支1，不放皇后
      dfs(x,y+1,s);
      
      //分支2，放皇后
      if(!row[x]&&!col[y]&&!dg[x+y]&&!udg[n-x+y])
      
          q[x][y]='Q';
          row[x]=col[y]=dg[x+y]=udg[n-x+y]=true;
          dfs(x,y+1,s+1);
          row[x]=col[y]=dg[x+y]=udg[n-x+y]=false;
          q[x][y]='.';
      
      
  
  
  int main()
  
      cin>>n;
      
      for(int i=0;i<n;i++)
          for(int j=0;j<n;j++)
              q[i][j]='.';
      
      dfs(0,0,0);
  
      return 0;
  
  

3.BFS

比较简单，一般模板可以直接解决

直接上例题，来理解一下

3.1走迷宫

给定一个 n×m 的二维整数数组，用来表示一个迷宫，数组中只包含 00 或 11，其中 00 表示可以走的路，11 表示不可通过的墙壁。

最初，有一个人位于左上角 (1,1)处，已知该人每次可以向上、下、左、右任意一个方向移动一个位置。

请问，该人从左上角移动至右下角 (n,m) 处，至少需要移动多少次。

数据保证 (1,1) 处和 (n,m) 处的数字为 0，且一定至少存在一条通路。

输入格式

第一行包含两个整数 n 和 m。

接下来 n 行，每行包含 m 个整数（0 或 1），表示完整的二维数组迷宫。

输出格式

输出一个整数，表示从左上角移动至右下角的最少移动次数。

数据范围

1≤n,m≤100

输入样例：

5 5
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0

输出样例：

8

• 思路

  从起点开始，遍历每一个位置，

  看他四个方向，是否满足条件，满足条件的，走它，

  在看它的四个方向是否满足条件，满足走它

  每走一步，距离+1，

  最后返回 走到 终点 的距离

  图解如下图转自acwing

  

• 代码实现

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  
  typedef pair<int ,int> PII;  //定义 坐标
  
  const int N=110;
  
  int n,m;
  int g[N][N];  //表示地图
  int d[N][N];  //存的是某一点到源点的距离
  
  int dfs()
  
      queue<PII> q;  //定义队列，里面存的表示我们将要走的哪一个点
      q.push(0,0);  //先把放进去，表示我们要走  起点
      
      memset(d,-1,sizeof d);  //初始化，把每个点到源点的距离初始化为  -1
      d[0][0]=0;  //源点到自己的距离为0
      
      int dx[4]=0,0,-1,1,dy[4]=1,-1,0,0;  //我们定义的四个方向 x,y 的移动，这样可以避免 4个判断语句，注意 dx，dy 要一一对应
      
      //从第一个开始位置开始遍历
      while(!q.empty())  //走到最后
      
          auto t=q.front();  //把队列中的第一个元素取出来
          q.pop();  //对头元素出列
          
          for(int i=0;i<4;i++)
          
              int x=t.first+dx[i],y=t.second+dy[i]; //扩展之后的坐标
              
              //x，y不能越界，可以走，没走过
              if(x>=0&&x<n&&y>=0&&y<m&&g[t.first][t.second]==0&&d[x][y]==-1)
              
                  d[x][y]=d[t.first][t.second]+1;  //距离+1
                  q.push(x,y); //把把满足条件地坐标插进去，下一次走它们
              
          
      
      return d[n-1][m-1];  //返回最后一个即终点到源点地距离
  
  
  
  int main()
  
      cin>>n>>m;
      
      for(int i=0;i<n;i++)
          for(int j=0;j<m;j++)
              cin>>g[i][j];   //读入地图
              
      cout<<dfs()<<endl;
      
      return 0;