算法学习（22）—— BFS解决最短路问题
关于最短路问题
- 最短路问题是“图论”里非常重要的一类问题，涉及的内容非常多，在这个专题里，我们主要讲“边权为1的最短路问题”，因为这个比较基础比较简单
- 而关于啥是“边权为1的最短路问题”，我们通过下面的例子来讲解一下
- 以上图为例，假设我们要求A点到I点的最短路程，解法特别固定也特别简单，就是“从起点开始，来一次BFS即可”；BFS需要两个东西：一个队列queue；一个是哈希表hash，来标记一个位置是否已经被访问过了
- 先把A扔队列里，哈希表标记一下，然后发现A能到达B和C，就把B和C扔队列里，哈希表再标记一下；然后下一步也是最重要的一步
- 我们先计算下队列的长度，我们直接循环两次，直接把B和C弹出，直接把B和C相通的D和E加入到队列里，虽然有先后顺序但是我们可以理解为同时扩展
- 然后扩展D的时候，E已经被哈希表标记过了，E就不再加入到队列里了，因为E后面的路径是一样的，所以没必要在遍历一次E
- 最后就是遍历到F点和G点时，由于F点直接扩展到I了，终点已经找到，所以直接结束，返回结果即可,所以找到的最短路就是“A-->C-->E-->F-->I”
问题：为什么第一次碰到终点时就可以宣布找到最短路了呢？
解答： 感性理解下，A点到I点有4条路，假设有4个速度相同的人同时从起点A出发，由于速度相同，单位时间内可以看作4个人的移动距离是相同的，所以在这种情况下，谁先到达终点，那么这个人所花费的时间就是最少的，所以这个人走的这条路就是最短的
问题：如何找出最短路的长度呢？
解答： 由于权值为1，所有路径的长度都是相同的，所以扩展的层数再乘以权值就是最短路的长度
部分OJ题详解
1926. 迷宫中离入口最近的出口
1926. 迷宫中离入口最近的出口 - 力扣（LeetCode）
这是非常经典的一道迷宫问题，题目给我们一个二维数组和一维数组，二维数组中‘ + ’表示墙，‘ . '表示能走的空格子；第二个一维数组只有两个数，表示我们的起点；我们只能上下左右四个方向走，要我们找到能走出迷宫的最小步数，下面来分析下这道题：
注意事项
- 我们的起点不能当作出口，如示例3
- 出口的定义就是“与边界相连的空格就是出口”
- 我们走到出口空格即可，不要走出去
- 下面我们都以示例1为例，如下图：
- 我们先把起点下标存一个队列里，然后根据队列里的下标循环做BFS遍历，一层一层往外扩展，当第一次扩展到出口时，根据扩展的层数就可以找到最短的路径
class Solution
{int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};int vis[101][101] = { 0 };queue<pair<int, int>> q;int m, n;int ret = 0;
public:int nearestExit(vector<vector<char>>& maze, vector<int>& entrance) {m = maze.size(), n = maze[0].size();int a1 = entrance[0], a2 = entrance[1];q.push({a1, a2});vis[a1][a2] = true;while(q.size()){ret++;int sz = q.size();//这里for里面不能直接用i < q.size()，因为这个循环的原理是没一次循环都会计算一次q.size()，而后面我们也在一直pop和push，所以q的大小是变化的for(int i = 0; i < sz; i++) {auto [a, b] = q.front();q.pop();for(int k = 0; k < 4; k++){int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if((x >= 0 && y >= 0) && (x < m && y < n) && (!vis[x][y] && maze[x][y] == '.')){if(x == 0 || x == m - 1 || y == 0 || y == n - 1) return ret; //判断是否走到边界空格，也就是走到了出口q.push({x, y});vis[x][y] = true;}}}}return -1;}
};433. 最小基因变化
433. 最小基因变化 - 力扣（LeetCode）
题目有点长，我们来分段看一下：
- 给我们几个长度为8的字符串，由‘ A ’，‘ C ’，‘ G ’，‘ T ’ 四个字母组成
- 一次“基因变化”代表字符串中一个字母发生了变化，比如“AACCGGTT”发生一次基因变化后就是“AACCGGTA”
- 而当一个基因发生变化后，变化后的字符串必须和bank中的其中一个字符串相同才能算是一次有效变化，否则无效
- 题目给我们三个字符串start，end和bank，要我们找出使start变成end的最小有效变化次数，如果不能完成变化返回-1
- start默认有效，但是不一定存在于bank中，下面来分析下这道题
- 我们先来想办法把这道题转化为“边权为1的最短路问题”，如下图：
下面就是写代码中需要注意的地方：
- 用bfs来解决，首先得需要一个队列queue，里面存的是各种字符串；还需要一个容器来标记当前的字符是否已经被我们搜索过，比如“AAAA” 扩展成 “CAAA” 后，可能会再次扩展成 “AAAA”，所以这里需要搞一个哈希表，当我们搜索过AAAA后，把A加入到哈希表中，下一次再次搜索到AAAA时，不再添加到队列里
- 如何枚举所有的变化情况呢？一个循环即可，对原字符串一位一位遍历，然后对每一个位置的字符都做四次变化，按顺序依次修改成“A，C，G，T”的一个，修改前判断下哈希表即可
- 当我们枚举出来一种情况后，也不是直接无脑地加入到队列里，先判断一下这种情况是否在bank里存在，如果bank里有的话再加入到队列里，没有的话直接舍弃这种情况；那么如何快速判断我们枚举的情况再bank里存在呢？如果每枚举出一种情况后直接遍历一次bank的话，那就太慢了，所以我们可以在一开始就把bank里的字符全扔一个哈希表里去，然后枚举的结果直接在哈希表里面查一下即可
class Solution
{unordered_set<string> vis; //标记已经搜索过的状态unordered_set<string> hash; //存储基因库里的字符串string ch = "ACGT";queue<string> q;int ret = 0;
public:int minMutation(string startGene, string endGene, vector<string>& bank) {if(startGene == endGene) return 0; //初始和结束相同，不需要变化for(auto e : bank) hash.insert(e);if(!hash.count(endGene)) return -1; //终止字符不存在与bank中，直接不合法q.push(startGene); //先把起始字符放进队列里vis.insert(startGene); //标记一下该位置已经出现过了while(q.size()){ret++;int sz = q.size();for(int i = 0; i < sz; i++){string s = q.front(); //取队头元素q.pop();for(int j = 0; j < 8; j++) //遍历字符串每一个位置，把每一个位置的字符都改一次ACGT{string tmp = s;//每次只修改一个位置，所以下面不能直接s[j] = ch[k]//因为修改第一个位置之后，i++，此时是在修改了第一个位置的基础上再去修改第二个位置的，这就是修改了两次了for(int k = 0; k < 4; k++) {tmp[j] = ch[k];if(hash.count(tmp) && !vis.count(tmp)) //当这种结果在bank里存在，并且这种情况是第一次都搜索到时，添加到队列里，vis也添加一下{if(tmp == endGene) return ret; //如果已经是最终结果，直接返回retq.push(tmp);vis.insert(tmp);}}}}}return -1;}
};127. 单词接龙
127. 单词接龙 - 力扣（LeetCode）
这道题的题意和上一题很相似，就是给我们两个单词begin和end，要我们把begin转化成end，返回最小转化次数，然后转化规则就是：
- 每次改变时只能改变一个字符，并且只能转化成字符‘ a ’到字符‘ z ’ 中的一个
- 改变的结果必须要worldList存在才能算数一次有效改变
下面来分析下这道题：
- 这道题和上一题几乎是一模一样的，只是有几点不一样
- 上一道题只要转化为四个字母，这道题要转化为26个
- 上一题是返回转化次数，这道题是要返回转化的单词个数，包括开头和结尾，起始也就是转化次数 + 1
- 其余的就不赘述了，直接上代码：
class Solution
{unordered_set<string> vis, hash;queue<string> q;int ret = 0;
public:int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector<string>& wordList) {if(beginWord == endWord) return 0;for(auto e : wordList) hash.insert(e);if(!hash.count(endWord)) return 0;q.push(beginWord);vis.insert(beginWord);while(q.size()){ret++;int sz = q.size();while(sz--){string s = q.front();q.pop();for(int i = 0; i < s.size(); i++){string tmp = s;char c = 'a';for(int j = 0; j < 26; j++){tmp[i] = c + j;if(hash.count(tmp) && !vis.count(tmp)){if(tmp == endWord) return ret + 1;q.push(tmp);vis.insert(tmp);}}}}}return 0;}
};675. 为高尔夫比赛砍树
675. 为高尔夫比赛砍树 - 力扣（LeetCode）
题目描述还是很抽象，我们仍然分步来看下：
- 给我们一个二维矩阵，矩阵由三种值构成：①0表示障碍，无法通过 ②1表示地面，可以行走 ③比1大的数表示数的高度，也可以行走，没有高度相同的树
- 规定从左上角开始行动，可以往上下左右四个方向移动或砍树，砍完树后该单元格数字变成1
- 我们需要按照树的高度从低到高的顺序砍，最后需要砍完所有的树，并返回砍完所有的树所需的最小步数；如果无法砍完所有的树，返回-1
下面来分析下这道题：
- 我们先想办法把题目转化成“最短路问题”，如下图：
- 那么我们如何知道砍树顺序呢？我们搞一个二维数组int[ ][ ]，然后把每个下标存进去之后按照下标顺序由小到大排序即可，那么这个二维数组里面存的就是我们砍树的顺序
- 如果发现一个下标无法走到下一个下标，直接返回-1即可
class Solution
{vector<pair<int, int>> trees;queue<pair<int, int>> q;bool vis[51][51] = { 0 };int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};int m, n;int ret = 0;
public:int cutOffTree(vector<vector<int>>& forest) {m = forest.size(), n = forest[0].size();//1，先找出砍树的顺序for(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++) if(forest[i][j] > 1) trees.push_back({i, j}); //把要砍的树的下标放进去//利用lambda表达式配合sort排序sort(trees.begin(), trees.end(), [&](const pair<int, int>& p1, const pair<int, int>& p2) //捕捉forest{return forest[p1.first][p1.second] < forest[p2.first][p2.second];});//2，按照顺序砍树int bx = 0, by = 0;for(auto& [a, b] : trees){int step = bfs(forest, bx, by, a, b); //bfs作用是返回从起始坐标到终点坐标的最短距离if(step == -1) return -1;else ret += step;bx = a;by = b;}return ret;}int bfs(vector<vector<int>>& f, int bx, int by, int ex, int ey){if(bx == ex && by == ey) return 0;memset(vis, 0, sizeof(vis)); //每次都要重新初始化一下vis，因为上面主函数会多次调用bfs，所以每次到这里时vis可能是已经变化过的q = queue<pair<int, int>>();//这里同理，这个queue也不能搞成全局，如果要搞成全局，每次开始也要初始化一下q.push({bx, by});vis[bx][by] = true;int step = 0; //记录步数while(q.size()){step++;int sz = q.size();while(sz--){auto [a, b] = q.front();q.pop();for(int k = 0; k < 4; k++){int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if((x >= 0 && y >= 0) && (x < m && y < n) && (f[x][y] && !vis[x][y])){if(x == ex && y == ey) return step;else q.push({x, y});vis[x][y] = true;}}}}return -1;}
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