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作者:Lvzi
文章主要内容:宽度优先遍历–边权为1的最短路问题
一.定义
最短路问题是图论
中非常经典的一种问题,其实就是通过代码找到两点之间的最优路径(往往是距离最短)
,最短路问题的解法很多,比如A*算法,迪杰斯特拉算法等等,本文介绍最短路问题中最简单的一种边权为1的最短路问题
所谓的边权,就是指两个地点之间的距离为1
(如下图所示)
很明显,实际情况的道路更加复杂,两个地点之间的距离不能全是1,所以边权为1的最短路问题是比较特殊,简单的最短路问题
要记录整个过程的最短路,可以通过bfs
来解决,选定一个地点,以这个地点为中心向外扩展(因为一个地点连接着很多的地点)
首先我们需要一个队列q
来记录搜索的过程,需要一个hash
来标记已经搜索过的路径
下面是leetcode上经典的三道题目
1.迷宫中离入口最近的距离
链接:
迷宫问题
分析:
每次只能向周围走一步–距离为1–边权为1的最短路问题
剩下的代码就是bfs的经典代码
代码:
// 将本题转化为边权为1的的最短路问题
class Solution {
int[] dx = { 1, -1, 0, 0 };
int[] dy = { 0, 0, 1, -1 };
int m, n;
boolean[][] vis;
public int nearestExit(char[][] maze, int[] e) {
m = maze.length;
n = maze[0].length;
vis = new boolean[m][n];
Queue<int[]> q = new LinkedList<>();
q.add(e);
vis[e[0]][e[1]] = true;
int ret = 0;
// bfs
while (!q.isEmpty()) {
int sz = q.size();
ret++;// 记录层数
for (int j = 0; j < sz; j++) {// 下面的代码就是经典的bfs遍历的代码 多了一个边界情况的判断
int[] t = q.poll();
int a = t[0], b = t[1];
vis[a][b] = true;
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && maze[x][y] != '+') {
if (x == 0 || x == m - 1 || y == 0 || y == n - 1)// 走到边界
return ret;
q.add(new int[] { x, y });
vis[x][y] = true;
}
}
}
}
return -1;// 没有找到出口
}
}
总结:
- 其实大致的代码和bfs的代码很像,边权为1的最短路问题最大的特征就是一次只移动一步/只变化一个部分
2.最小基因变化
链接:
最小基因变化
分析:
这道题目为什么也是边权为1的最短路问题呢?因为一次只能更改一个字符
代码的思路很好想,但是比较考验代码能力
代码:
// 转化为边权为1的最短路问题
// 也是比较经典的bfs问题
// start就是root根节点 他的孩子节点很多 一共 4 * 8 = 32个
// 之前是通过一个点向外扩展四个点 这四个点是通过两个向量dx,dy获得的
// 本题向外扩展时,去更改每一个字符即可
class Solution {
public int minMutation(String startGene, String endGene, String[] bank) {
Set<String> vis = new HashSet<>();// 用于标记已经搜索过的字符串(等价于vis)
Set<String> hash = new HashSet<>();// 用于存储bank中的所有字符
vis.add(startGene);
for(String s : bank) hash.add(s);
if(startGene.equals(endGene)) return 0;// 相等直接返回
if(!hash.contains(endGene)) return -1;// end不是bank中的字符 不符合要求
char[] change = {'A','C','G','T'};// 存储每次可以变化的字符
Queue<String> q = new LinkedList<>();
q.add(startGene);// 添加根节点
int step = 0;// 记录层数
while(!q.isEmpty()) {
step++;
int sz = q.size();// 获取当前层所有的元素个数
while(sz-- > 0) {
String t = q.poll();
for(int i = 0; i < 8; i++) {
for(int j = 0; j < 4; j++) {
char[] tmp = t.toCharArray();
tmp[i] = change[j];
String next = new String(tmp);
if(hash.contains(next) && !vis.contains(next)) {
if(next.equals(endGene)) return step;// 等于最终的结果直接返回
q.add(next);// 入队
vis.add(next);// 标记为已经搜索
}
}
}
}
}
return -1;
}
}
总结:
- 这里向外扩展的过程是通过
字符更替
实现的,之前的bfs问题中,遍历周围的元素是通过两个向量数组dx,dy
实现的,本题在选定一个字符串之后,向外扩展的方式很多(子节点很多),一共8个字符,每一个字符都有4中更换方式,也就是一个字符串就有32个联通区域(子节点)
3.单词接龙
链接:
单词接龙
分析:
和最小基因变化类似
代码:
// 本题的思路和--最小基因变化--的解法类似
// 这里的change需要遍历32个英文字母
// 边权为1的最短路问题的最短路的长度是通过长度来体现的
// 为什么是边权为1的最短路问题呢?一次只修改一个位置--等价于距离为1--边权为1
class Solution {
public int ladderLength(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {
int m = beginWord.length();
Set<String> vis = new HashSet<>();// 标记
Set<String> hash = new HashSet<>();// 判断是否在list之中
vis.add(beginWord);
for(String s : wordList) hash.add(s);
if(!hash.contains(endWord)) return 0;
char[] change = new char[32];
for(int i = 0; i < 32; i++) change[i] = (char)('a' + i);
Queue<String> q = new LinkedList<>();
q.add(beginWord);
int step = 1;
while(!q.isEmpty()) {// 每一次回到这里都表示进入到下一层
int sz = q.size();
step++;
while(sz-- > 0) {
String t = q.poll();
for(int i = 0; i < m; i++) {
for(int j = 0; j < 32; j++) {
char[] tmp = t.toCharArray();
tmp[i] = change[j];
String next = new String(tmp);
while(hash.contains(next) && !vis.contains(next)) {
if(next.equals(endWord)) return step;
q.add(next);
vis.add(next);
}
}
}
}
}
return 0;
}
}
4.为高尔夫比赛砍树
链接:
为高尔夫比赛砍树
分析:
本题有一个硬性的要求
砍树的时候必须按照从矮到高的顺序砍
,所以我们需要预先知道砍树的具体顺序,这其实是一个排序的过程,创建一个集合,存储所有树(>1)的下标,再根据树高去给这些下标排序(需要用到Collections.sort())知道顺序之后就开始砍树,题目要求的是最短砍树的路径,细分到每一步其实就是求
相邻高度两棵树之间的最短距离
,且周围有障碍物,有没有发现很熟悉?对了,这就是迷宫问题么,本题其实就是多次迷宫问题
代码:
// 1.按照顺序砍树
// 2.计算两点的最短距离
class Solution {
int m, n;
boolean[][] vis;// 标记搜索路径
int[] dx = { 1, -1, 0, 0 };
int[] dy = { 0, 0, 1, -1 };
public int cutOffTree(List<List<Integer>> f) {
m = f.size();
n = f.get(0).size();
List<int[]> order = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (f.get(i).get(j) > 1)
order.add(new int[] { i, j });// 将所有的树添加进order之中
}
}
// 根据下标对应的值排序
Collections.sort(order, (a, b) -> {
return f.get(a[0]).get(a[1]) - f.get(b[0]).get(b[1]);
});
int ret = 0;// 返回结果
int bx = 0, by = 0;// 起始位置
for (int[] tree : order) {// 遍历每一个树
int ex = tree[0], ey = tree[1];// 终止位置
int step = bfs(f, bx, by, ex, ey);// 针对每两棵树之间完成一次迷宫问题(带障碍物的最短路问题)
if (step == -1)
return -1;
ret += step;
bx = ex;
by = ey;// 更新下一个起始位置
}
return ret;
}
// 下面就是迷宫问题的代码
private int bfs(List<List<Integer>> f, int bx, int by, int ex, int ey) {
if (bx == ex && by == ey)// 迷宫问题只有一次,但是本题要做多次迷宫问题,走到最后一棵树就要停下
return 0;// 处理边界位置 走到最后一棵树了 步数为0
vis = new boolean[m][n];
Queue<int[]> q = new LinkedList<>();
q.add(new int[] { bx, by });
vis[bx][by] = true;
int step = 0;
while (!q.isEmpty()) {
step++;
int sz = q.size();
while (sz-- > 0) {
int[] t = q.poll();
int a = t[0], b = t[1];
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && f.get(x).get(y) != 0) {
if (x == ex && y == ey)
return step;
q.add(new int[] { x, y });
vis[x][y] = true;
}
}
}
}
return -1;
}
}