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①力扣1926. 迷宫中离入口最近的出口
解析代码
②力扣433. 最小基因变化
解析代码
③力扣127. 单词接龙
解析代码
④力扣675. 为高尔夫比赛砍树
解析代码
本篇完。
①力扣1926. 迷宫中离入口最近的出口
1926. 迷宫中离入口最近的出口
难度 中等
给你一个 m x n 的迷宫矩阵 maze （下标从 0 开始），矩阵中有空格子（用 '.' 表示）和墙（用 '+' 表示）。同时给你迷宫的入口 entrance ，用 entrance = [entrancerow, entrancecol] 表示你一开始所在格子的行和列。
每一步操作，你可以往 上，下，左 或者 右 移动一个格子。你不能进入墙所在的格子，你也不能离开迷宫。你的目标是找到离 entrance 最近 的出口。出口 的含义是 maze 边界 上的 空格子。entrance 格子 不算 出口。
请你返回从 entrance 到最近出口的最短路径的 步数 ，如果不存在这样的路径，请你返回 -1 。
示例 1：
输入：maze = [["+","+",".","+"],[".",".",".","+"],["+","+","+","."]], entrance = [1,2] 输出：1 解释：总共有 3 个出口，分别位于 (1,0)，(0,2) 和 (2,3) 。 一开始，你在入口格子 (1,2) 处。 - 你可以往左移动 2 步到达 (1,0) 。 - 你可以往上移动 1 步到达 (0,2) 。 从入口处没法到达 (2,3) 。 所以，最近的出口是 (0,2) ，距离为 1 步。
示例 2：
输入：maze = [["+","+","+"],[".",".","."],["+","+","+"]], entrance = [1,0] 输出：2 解释：迷宫中只有 1 个出口，在 (1,2) 处。 (1,0) 不算出口，因为它是入口格子。 初始时，你在入口与格子 (1,0) 处。 - 你可以往右移动 2 步到达 (1,2) 处。 所以，最近的出口为 (1,2) ，距离为 2 步。
示例 3：
输入：maze = [[".","+"]], entrance = [0,0] 输出：-1 解释：这个迷宫中没有出口。
提示：
maze.length == mmaze[i].length == n1 <= m, n <= 100maze[i][j]要么是'.'，要么是'+'。entrance.length == 20 <= entrancerow < m0 <= entrancecol < nentrance一定是空格子。
class Solution {
public:
int nearestExit(vector<vector<char>>& maze, vector<int>& entrance) {
}
};解析代码
利用层序遍历来解决迷宫问题，是最经典的做法。我们可以从起点开始层序遍历，并且在遍历的过程中记录当前遍历的层数。这样就能在找到出口的时候，得到起点到出口的最短距离。
class Solution {
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:
int nearestExit(vector<vector<char>>& maze, vector<int>& entrance) {
int m = maze.size(), n = maze[0].size(), ret = 0;
vector<vector<bool>> vis(m, vector<bool>(n, false)); // 下标是否被访问过
queue<vector<int>> q; // 存下标的队列
q.push(entrance); // 入口入队
vis[entrance[0]][entrance[1]] = true;
while(!q.empty())
{
++ret; // 一层加一次步数
int size = q.size();
for(int i = 0; i < size; ++i) // 访问当前层
{
vector<int> tmp = q.front();
q.pop();
for(int j = 0; j < 4; ++j)
{
int x = tmp[0] + dx[j], y = tmp[1] + dy[j];
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && maze[x][y] == '.' && !vis[x][y])
{
if(x == 0 || x == m - 1 || y == 0 || y == n - 1)
return ret; // 是出口就返回
q.push({x, y});
vis[x][y] = true;
}
}
}
}
return -1;
}
};
②力扣433. 最小基因变化
433. 最小基因变化
难度 中等
基因序列可以表示为一条由 8 个字符组成的字符串，其中每个字符都是 'A'、'C'、'G' 和 'T' 之一。
假设我们需要调查从基因序列 start 变为 end 所发生的基因变化。一次基因变化就意味着这个基因序列中的一个字符发生了变化。
- 例如，
"AACCGGTT" --> "AACCGGTA"就是一次基因变化。
另有一个基因库 bank 记录了所有有效的基因变化，只有基因库中的基因才是有效的基因序列。（变化后的基因必须位于基因库 bank 中）
给你两个基因序列 start 和 end ，以及一个基因库 bank ，请你找出并返回能够使 start 变化为 end 所需的最少变化次数。如果无法完成此基因变化，返回 -1 。
注意：起始基因序列 start 默认是有效的，但是它并不一定会出现在基因库中。
示例 1：
输入：start = "AACCGGTT", end = "AACCGGTA", bank = ["AACCGGTA"] 输出：1
示例 2：
输入：start = "AACCGGTT", end = "AAACGGTA", bank = ["AACCGGTA","AACCGCTA","AAACGGTA"] 输出：2
示例 3：
输入：start = "AAAAACCC", end = "AACCCCCC", bank = ["AAAACCCC","AAACCCCC","AACCCCCC"] 输出：3
提示：
start.length == 8end.length == 80 <= bank.length <= 10bank[i].length == 8start、end和bank[i]仅由字符['A', 'C', 'G', 'T']组成
class Solution {
public:
int minMutation(string startGene, string endGene, vector<string>& bank) {
}
};解析代码
如果将每次字符串的变换抽象成图中的两个顶点和一条边的话，问题就变成了边权为 1 的最短路问题。 因此，从起始的字符串开始，来一次 bfs 即可。
class Solution {
public:
int minMutation(string startGene, string endGene, vector<string>& bank) {
unordered_set<string> bankHash(bank.begin(), bank.end());
unordered_set<string> vis;
string chargeArr = "ACGT";
if(startGene == endGene)
return 0;
if(!bankHash.count(endGene))
return -1;
int ret = 0;
queue<string> q;
q.push(startGene);
vis.insert(startGene);
while(!q.empty())
{
++ret;
int size = q.size();
for(int i = 0; i < size; ++i)
{
string t = q.front();
q.pop();
for(int j = 0; j < 8; ++j)
{
for(int k = 0; k < 4; ++k)
{
string tmp = t;
tmp[j] = chargeArr[k];
if(bankHash.count(tmp) && !vis.count(tmp)) // 有效的且没访问过
{
if(tmp == endGene)
return ret;
q.push(tmp);
vis.insert(tmp);
}
}
}
}
}
return -1;
}
};
③力扣127. 单词接龙
127. 单词接龙
难度 困难
字典 wordList 中从单词 beginWord 和 endWord 的 转换序列 是一个按下述规格形成的序列 beginWord -> s1 -> s2 -> ... -> sk：
- 每一对相邻的单词只差一个字母。
- 对于
1 <= i <= k时，每个si都在wordList中。注意，beginWord不需要在wordList中。 sk == endWord
给你两个单词 beginWord 和 endWord 和一个字典 wordList ，返回 从 beginWord 到 endWord 的 最短转换序列 中的 单词数目 。如果不存在这样的转换序列，返回 0 。
示例 1：
输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log","cog"] 输出：5 解释：一个最短转换序列是 "hit" -> "hot" -> "dot" -> "dog" -> "cog", 返回它的长度 5。
示例 2：
输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log"] 输出：0 解释：endWord "cog" 不在字典中，所以无法进行转换。
提示：
1 <= beginWord.length <= 10endWord.length == beginWord.length1 <= wordList.length <= 5000wordList[i].length == beginWord.lengthbeginWord、endWord和wordList[i]由小写英文字母组成beginWord != endWordwordList中的所有字符串 互不相同
class Solution {
public:
int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector<string>& wordList) {
}
};解析代码
和力扣433. 最小基因变化一样，如果将每次字符串的变换抽象成图中的两个顶点和一条边的话，问题就变成了边权为 1 的最短路问题。 因此，从起始的字符串开始，来一次 bfs 即可。
class Solution {
public:
int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector<string>& wordList) {
unordered_set<string> wordListHash(wordList.begin(), wordList.end());
unordered_set<string> vis;
if(!wordListHash.count(endWord))
return 0;
int ret = 1;
queue<string> q;
q.push(beginWord);
vis.insert(beginWord);
while(!q.empty())
{
++ret;
int size = q.size();
while(size--)
{
string t = q.front();
q.pop();
for(int i = 0; i < t.size(); ++i)
{
for(char ch = 'a'; ch <= 'z'; ++ch)
{
string tmp = t;
tmp[i] = ch;
if(wordListHash.count(tmp) && !vis.count(tmp))
{
if(tmp == endWord)
return ret;
q.push(tmp);
vis.insert(tmp);
}
}
}
}
}
return 0;
}
};
④力扣675. 为高尔夫比赛砍树
675. 为高尔夫比赛砍树
难度 困难
你被请来给一个要举办高尔夫比赛的树林砍树。树林由一个 m x n 的矩阵表示， 在这个矩阵中：
0表示障碍，无法触碰1表示地面，可以行走比 1 大的数表示有树的单元格，可以行走，数值表示树的高度
每一步，你都可以向上、下、左、右四个方向之一移动一个单位，如果你站的地方有一棵树，那么你可以决定是否要砍倒它。
你需要按照树的高度从低向高砍掉所有的树，每砍过一颗树，该单元格的值变为 1（即变为地面）。
你将从 (0, 0) 点开始工作，返回你砍完所有树需要走的最小步数。 如果你无法砍完所有的树，返回 -1 。
可以保证的是，没有两棵树的高度是相同的，并且你至少需要砍倒一棵树。
示例 1：
输入：forest = [[1,2,3],[0,0,4],[7,6,5]] 输出：6 解释：沿着上面的路径，你可以用 6 步，按从最矮到最高的顺序砍掉这些树。
示例 2：
输入：forest = [[1,2,3],[0,0,0],[7,6,5]] 输出：-1 解释：由于中间一行被障碍阻塞，无法访问最下面一行中的树。
示例 3：
输入：forest = [[2,3,4],[0,0,5],[8,7,6]] 输出：6 解释：可以按与示例 1 相同的路径来砍掉所有的树。 (0,0) 位置的树，可以直接砍去，不用算步数。
提示：
m == forest.lengthn == forest[i].length1 <= m, n <= 500 <= forest[i][j] <= 10^9
class Solution {
public:
int cutOffTree(vector<vector<int>>& forest) {
}
};解析代码
先找出砍树的顺序，然后按照砍树的顺序，一个一个地用 bfs 求出最短路即可。求最短路就是力扣1926. 迷宫中离入口最近的出口。
class Solution {
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
int m = 0, n = 0;
bool vis[51][51];
public:
int cutOffTree(vector<vector<int>>& forest) {
m = forest.size(), n = forest[0].size();
map<int, pair<int,int>> hash; // 数组值和下标，按数组值排序
for(int i = 0; i < m; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
{
if(forest[i][j] > 1) // 0不可走，1是地面
hash[forest[i][j]] = {i, j};
}
}
int ret = 0;
pair<int,int> start = make_pair(0, 0);
for(auto& [e, end] : hash) // 取下标
{
int step = bfs(forest, start, end);
if(step == -1)
return -1;
ret += step;
start = end;
}
return ret;
}
int bfs(vector<vector<int>>& forest, pair<int,int> start, pair<int,int> end)
{
if(start == end)
return 0;
memset(vis, 0, sizeof(vis)); // 清空之前的数据
queue<pair<int, int>> q;
q.push(start);
auto [a, b] = q.front();
vis[a][b] = true;
int ret = 0;
while(!q.empty())
{
++ret;
int sz = q.size();
while(sz--)
{
auto [a, b] = q.front();
q.pop();
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 && forest[x][y] && !vis[x][y])
{
if(x == end.first && y == end.second)
return ret;
q.push({x, y});
vis[x][y] = true;
}
}
}
}
return -1;
}
};
本篇完。
下一篇动态规划类型的是完全背包类型的OJ。
下下篇是多源BFS类型的OJ。
