【C++】BFS解决边权唯一的最短路径问题

介绍

迷宫中离入口最近的出口

算法思路

代码实现

最小基因变化

算法思路

代码实现

单词接龙

算法思路

代码实现

为高尔夫比赛砍树

算法思路

代码实现

介绍

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)

在扩散的时候来时的路是不需要再扩散回去的，所以就需要使用进行过标记。

下面是几道例题

迷宫中离入口最近的出口

例题地址：. - 力扣（LeetCode）

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。

算法思路

这道题给出了起点，让求出到达终点最小的路径，也就是走了几步到达了终点，终点就是矩阵的边缘且不能在墙上走。

首先进行准备工作，定义好矩阵的边界，和遍历需要的dx,dy数组，以及标记数组。

1.在nearestExit函数中只需要调用一次bfs即可；
2.bfs函数实现：count来统计走的步数，老一套的模版了，不懂得可以看博客CSDN，不同的是，这里我们每次进行一层的遍历都需要把当前层的全部都删除，这样我们在下一层中找到合法的数据，在进行插入队列。在每次插入新的元素时千万别忘记了标记，因为走过的路是不需要再回去的。

代码实现

class Solution {
public:
    int m,n;
    int dx[4]={0,0,1,-1};
    int dy[4]={1,-1,0,0};
    bool vis[101][101];
    int nearestExit(vector<vector<char>>& maze, vector<int>& entrance) {
        m=maze.size();n=maze[0].size();
        int i=entrance[0];int j=entrance[1];
        return bfs(maze,  i, j);
    }
    int bfs(vector<vector<char>>& maze, int i,int j)
    {
        int count=0;//每次遍历一层就步数+1
        queue<pair<int,int>>q;
        q.push({i,j});
        vis[i][j]=true;
        while(q.size())
        {
            count++;
            int size=q.size();//将这一层的都派出去
            for(int r=0;r<size;r++)
            {
            auto [a,b]=q.front();//取出上一层的，然后把下一层的合法的都插入队列
            q.pop();
            for(int k=0;k<4;k++)
            {
                int x=a+dx[k];int y=b+dy[k];
                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 count;//如果到达边界直接返回
                    q.push({x,y});
                    vis[x][y]=true;
                }
            }
            }
        }
        return -1;
    }
};

最小基因变化

例题地址：. - 力扣（LeetCode）

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

算法思路

这道题也是一道最短路问题，第一次进行变化有这么多种的情况，然后下一次图中的每一种情况会在进行变化一个字符，然后推演出更多种的基因序列，直到出现了最后目标的基因序列，就算是达到了终点。我们每走一步就枚举处所有的情况，然后把在基因库中存在的基因序列且没有出现过的放在队列中，回到最后目标基因出现。

代码实现

class Solution {
public:
    int minMutation(string startGene, string endGene, vector<string>& bank) {
        set<string>hash(bank.begin(),bank.end());
        set<string>vis;
        string change="ATGC";//用来枚举改变的基因；
        if(startGene==endGene)return 0;///如果一开始基因就是目标基因，那么直接返回即可；
        if(!hash.count(endGene))return -1;//如果目标基因不在基因库中那么就无需操作了
        queue<string>q;
        q.push(startGene);
        vis.insert(startGene);
        int step=0;
        while(q.size())
        {
            step++;
            int ret=q.size();
            while(ret--)
            {
                string t=q.front();
                q.pop();
                for(int i=0;i<8;i++)
                {
                    string tmp=t;//不能改变原来的基因序列，所以需要中间变量、
                    for(int j=0;j<4;j++)//枚举每一位否改变的情况
                    {
                        tmp[i]=change[j];
                        if(hash.count(tmp)&&!vis.count(tmp))
                        {
                            if(tmp==endGene)return step;
                            q.push(tmp);
                            vis.insert(tmp);
                        }
                    }
                }
            }     
            
        }
        return -1;
    }
};

单词接龙

例题地址：. - 力扣（LeetCode）

字典 wordList 中从单词 beginWord 到 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。

算法思路

这道题与上一道题是思路是相同的，只是让统计的是变化中出现单词的个数；

代码实现

class Solution {
public:
    int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector<string>& wordList) {
        set<string>hash(wordList.begin(),wordList.end());
        set<string>vis;
        if(beginWord==endWord)return 1;
        if(!hash.count(endWord))return 0;
        queue<string>q;
        q.push(beginWord);
        vis.insert(beginWord);
        int ret=1;
        while(q.size())
        {
            ret++;
            int sz=q.size();
            while(sz--)
            {
                string t=q.front();
                q.pop();
                for(int i=0;i<beginWord.size();i++)
                {
                    string tmp=t;
                    for(char ch='a';ch<='z';ch++)
                    {
                        tmp[i]=ch;
                        if(hash.count(tmp)&&!vis.count(tmp))
                        {
                            if(tmp==endWord)return ret;
                            q.push(tmp);
                            vis.insert(tmp);
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return 0;
    }
};

为高尔夫比赛砍树

例题地址：. - 力扣（LeetCode）

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。

算法思路

不能再0上走，砍树的顺序要从低到高，因此我们需要先按照树的高度对左边进行一个排序，然后使用BFS进行多次调用，得到总路程；

代码实现

class Solution {
public:
    int m,n;
    int cutOffTree(vector<vector<int>>& forest) {

        m=forest.size();n=forest[0].size();
        //准备工作，将要砍的树的坐标进行排序
        vector<pair<int,int>>trees;
        for(int i=0;i<m;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
        if(forest[i][j]>1)trees.push_back({i,j});
        //对左边进行顺序化处理
        sort(trees.begin(), trees.end(), [&](const pair<int, int>& p1, const pair<int, int>& p2)
        {
            return forest[p1.first][p1.second] < forest[p2.first][p2.second];
        });
        int dx=0,dy=0;
        int ret=0;
        for(auto [a,b]:trees)
        {
            int t=bfs(forest,dx,dy,a,b);//调用bfs得到到达目的地的步数
            if(t==-1)return -1;//无法到达就返回-1终止;
            ret+=t;//累加合法的步数
            dx=a;dy=b;//更新起点
        }
        return ret;
       

    }
    int _x[4]={0,0,1,-1};
    int _y[4]={1,-1,0,0};
    int bfs(vector<vector<int>>& forest,int dx,int dy,int ex,int ey)
    {
        if(dx==ex&&dy==ey)return 0;//如果开始就是终点直接返回
        bool vis[51][51];//标记数组
        memset(vis,0,sizeof vis);//每次从起点到终点都需要重置标记
        queue<pair<int,int>>q;
        q.push({dx,dy});
        vis[dx][dy]=true;//走过的就没必要进行遍历了
        int ret=0;
        while(q.size())
        {
            ret++;
            int sz=q.size();
            while(sz--)
            {
                //进行遍历
                auto [a,b]=q.front();
                q.pop();
                for(int i=0;i<4;i++)
                {
                    int x=a+_x[i];int y=b+_y[i];
                    if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&forest[x][y]&&!vis[x][y])//位置合法且没有走过，树的高度合法
                    {
                        //如果达到目的地就返回
                        if(x==ex&&y==ey)return ret;
                        q.push({x,y});
                        vis[x][y]=true;
                    }
                }
            }
        }
        return -1;
    }
};