题目
有 N 个房间，开始时你位于 0 号房间。每个房间有不同的号码：0，1，2，…，N-1，并且房间里可能有一些钥匙能使你进入下一个房间。
在形式上，对于每个房间 i 都有一个钥匙列表 rooms[i]，每个钥匙 rooms[i][j] 由 [0,1，…，N-1]
中的一个整数表示，其中 N = rooms.length。 钥匙 rooms[i][j] = v 可以打开编号为 v 的房间。最初，除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。
你可以自由地在房间之间来回走动。
如果能进入每个房间返回 true，否则返回 false。
示例 1：
输入: [[1],[2],[3],[]] 输出: true 解释: 我们从 0 号房间开始，拿到钥匙 1。 之后我们去 1 号房间，拿到钥匙
2。 然后我们去 2 号房间，拿到钥匙 3。 最后我们去了 3 号房间。 由于我们能够进入每个房间，我们返回 true。 示例 2：输入：[[1,3],[3,0,1],[2],[0]] 输出：false 解释：我们不能进入 2 号房间
思路
DFS和BFS的区别
DFS（深度优先搜索）： dfs是朝一个方向去搜，不到黄河不回头，直到遇到绝境了，搜不下去了，再换方向（换方向的过程就是回溯的过程）
BFS（广度优先搜索）：bfs是先把本节点所连接的所有节点遍历一遍，走到下一个节点的时候，再把连接节点的所有节点遍历一遍，搜索方向更像是发散，四面八方的搜索过程。
总结：
- 广搜（bfs）是一圈一圈的搜索过程，广搜队列
- 深搜（dfs）是一条路跑到黑然后再回溯，深度递归
DFS实现代码：
因为dfs朝着一个方向搜索，并且需要回溯，所以使用递归来实现最方便的
一般情况，深搜需要二维数组数组结构保存所有路径（结果集），需要一维数组保存单一路径（单条结果）
dfs代码框架和回溯代码框架几乎差不多，如下：
void dfs(参数){
if(终止条件){
存放结果;
return;
}
for(选择：本节点所连接的其他节点){
处理节点;
dfs(图，选择的节点);//递归
(回溯，撤销处理结果);//根据题意，是否需要还原节点，即回溯
}
}
BFS实现代码：
广搜适合解决两个点之间的最短路径问题。
因为广搜是从起点出发，以起始点为中心一圈一圈进行搜索，一旦遇到终点，记录之前走过的节点就是一条最短路（正是因为BFS一圈一圈的遍历方式，所以一旦遇到终止点，那么一定是一条最短路径），即只要BFS搜到终点一定是一条最短路径。
当然，也有一些问题是广搜和深搜都可以解决的，例如岛屿问题，这类问题的特征就是不涉及具体的遍历方式，只要能把相邻且相同属性的节点标记上就行。
注意：BFS实现的容器并非只能用队列实现，bfs只是仅仅需要一个容器，能保存要遍历过的元素就可以，用队列，还是用栈，甚至用数组，都是可以的。
- 用队列的话，就是保证每一圈都是一个方向去转，例如统一顺时针或者逆时针；因为队列是先进先出，加入元素和弹出元素的顺序是没有改变的。
- 用栈的话，可能就是第一圈顺时针遍历，第二圈逆时针遍历，第三圈又顺时针遍历；因为栈是先进后出，加入元素和弹出元素的顺序改变了。但是广搜不需要注意转圈搜索的顺序吗
所以用队列，还是用栈都是可以的，只是大家都习惯用队列（FIFO先进先出）了，只不过要清楚，BFS并不是非要用队列，用栈也可以
bfs代码框架：
void bfs(){
初始化队列Q;
Q = {起始节点s};
标记s已访问;
while(que非空){
取Q队首元素u;
u出队;
if(u == 目标状态){
...
}
所有与u相邻且未被访问的点进入队列;
标记u为已访问;
}
}
最后回到本题，本题给出的其实是一个有向图，对于题中的示例[[1],[2],[3],[]] [[1,3],[3,0,1],[2],[0]]，画成对应的图为：
当 x 号房间中有 y 号房间的钥匙时，就可以从 x 号房间去往 y 号房间。如果将这 n 个房间看成有向图中的 n 个节点，那么上述关系就可以看作是图中的 x 号点到 y号点的一条有向边。这样一来，问题就变成了给定一张有向图，询问从 0 号节点出发是否能够到达所有的节点
所以本题是一个有向图搜索全路径的问题， 只能用深搜（DFS）或者广搜（BFS）来搜。
方法一：DFS
使用深度优先搜索的方式遍历整张图，统计可以到达的节点个数，并利用数组 vis 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问
java代码如下：
class Solution {
//一定要定义成全局变量，否则只能一个函数调用
int num;//记录能够到达的房间数
boolean[] vis;//判断是否去过该房间
public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms){
int n = rooms.size();
num = 0;
vis = new boolean[n];
dfs(rooms,0);
return n == num;
}
public void dfs(List<List<Integer>> rooms, int x){
vis[x] = true;
num++;
for(int u : rooms.get(x)){//这里get(x)取出的是一个列表，表示的是当前房间的钥匙，即可以去往哪些房间
if(!vis[u]){//如果u未被访问过，即没去过这个房间
dfs(rooms,u);
}
}
}
}
方法二：BFS
使用广度优先搜索的方式遍历整张图，统计可以到达的节点个数，并利用数组 vis 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问
class Solution {
public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms){
int n = rooms.size();
int num = 0;//记录可以到达的节点个数
boolean[] vis = new boolean[n];
Queue<Integer> que = new LinkedList<Integer>();
que.offer(0);
vis[0] = true;
while(!que.isEmpty()){
int x = que.poll();
num++;
for(int u : rooms.get(x)){//这里get(x)取出的是一个列表，表示的是当前房间的钥匙，即可以去往哪些房间
if(!vis[u]){//如果u未被访问过，即没去过这个房间
que.offer(u);
vis[u] = true;
}
}
}
return num == n;
}
}
- 时间复杂度：O(n+m)，其中 n 是房间的数量，m 是所有房间中的钥匙数量的总数
- 空间复杂度：O(n)，其中 n 是房间的数量，主要为队列的开销
