多源 BFS_多源最短路问题
- 1.多源 BFS_多源最短路问题
- 2.01 矩阵
- 3.飞地的数量
- 4.地图中的最高点
- 5.地图分析
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1.多源 BFS_多源最短路问题
最短路径问题有单源最短路径、多源最短路径、边权为 1 的最短路径、带负环的最短路等等。目前我们学了，边权为 1 的最短路径。
单源最短路径
前面一个专题用BFS 解决 边权为 1 的最短路径问题，都是单源最短路径问题。
一个起点一个终点 求最短路径
多源最短路径
多个起点一个终点 求从多个起点出发到终点的最短路径问题。
多源 BFS
用 BFS 解决边权为 1 的多源最短路径问题。
不管是单源还是多源只要用 BFS 解决边权都是为1的。边权是其他的是不能用BFS解决。也就是只要是用BFS解决最短路径问题，必须都是边权为1 ！
如何解决?
解法一：暴力，把多源最短路径问题转化成若干个单源最短路径问题。
也就是说给我若干个起点，用BFS暴力枚举出所有起点到终点的最短路径，然后取其中最短的路径。大概率是会超时的。
解法二：把所有的源点当成一个 超级源点，问题就变成了单一的单源最短路径问题
意思就是给我很多起点，我想办法把这些起点当成一个起点，问题就变长了从这一个超级起点开始到终点的最短路径了。仅需从这个超级起点出发来一次BFS就可以了。
这里可能会有疑惑，把所有起点当成一个超级起点出发最终得到的路径是正确答案吗？
这里我们感性的理解一下，所有起点的小人同时向外走一步。它们同时向外走一步，我们是可以舍去很多点的。比如有的起点小人向外走一步但是这一步已经被其他小人走过了，所以说从这个点向外走一步肯定没有其他点向外走一步更好，因此就可以舍去这个点。然后就相当于从超级起点出发向外走一步。把不好的都舍去只把好的保留，这就是超级源点干的事情。因为只保留好的，所以到达某一点绝对是最短的。
如何写代码呢？
这里的重点就是如何把所有起点搞成一个超级起点呢？特别简单，我们回忆一下 边权为1 单源最短路径问题 用 BFS 怎么解决，分为两步：
- 把起点加入到队列
- 一层一层往外扩
如何把所有起点搞成一个超级起点呢？
- 把所有起点加入到队列
- 一层一层往外扩
2.01 矩阵
题目链接： 542. 01 矩阵
‘
题目分析：
给一个m*n的矩阵mat，返回一个同等大小的矩阵并且矩阵中每个格子都是到达0的最短距离。
算法原理：
解法一：一个位置一个位置求
遍历一下矩阵，一个一个位置BFS求到0的最短距离，但是会超时。
解法二：多源BFS + 正难则反
我们可以把所有的1当成一个超级起点，然后从这个起点做一次BFS，但是如果把1作为起点有一个致命问题，你更新不出来结果，把1当成超级起点从1找到0之后那是那个1到达的0？并且又如何回到开始位置去更新1到0的最短距离呢？
正着来起点到终点最短距离，那反着来终点到起点最短距离也是没问题的。所以，把所有的 0 当成起点，1 当成终点，当扩展到1的时候直接把距离更新到对应1的位置就行了。
- 把所有的 0 位置加入到队列中
- 一层一层的向外扩即可
刚开始遍历一下把所有0加入到队列中同时也把dist中对应位置更新成0，然后一层一层往外扩，我们是把队列中元素拿出来上下左右四个方向像外扩。当层序遍历结束之后这个dist也就填完了。把dist返回就可以了。
这里有一些细节问题：
回忆求边权为 1 的单源最短路径，我们写代码时是需要一个bool类型vis二维数组标记当前位置是否被搜索过，并且层序遍历中还需要step记录当前扩展到那一层，sz记录当前队列中的元素是把队列中所有元素都往外扩一层，结合step知道当前扩展到这一层的步数是多少。
这道题我们仅需一个dist二维数组就行了，不需要上面三个东西。先看这个bool数组，其实我们可以把dist数组里面的值全部都初始化-1来标记当前位置没有被搜索过。step和sz也不用要，我们直接从dist数组中就可以更新下一个位置中dist的值，之前是从[a，b] 上下左右扩展 [x，y]，这次从[a，b] 扩展到 [x，y] dist中已经记录[a，b]位置的值了，仅需dist[x][y] = dist[a][b] + 1 即可。而且也不用搞一个sz一层一层往外扩，我们可以一个元素一个元素往下扩，原因就是dist已经标记当前元素是处于那一层的。
class Solution {
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:
vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& mat) {
int m = mat.size(), n = mat[0].size();
// dist[i][j] == -1 表⽰：没有搜索过
// dist[i][j] != -1 表⽰：最短距离
vector<vector<int>> dist(m,vector<int>(n,-1));
queue<pair<int,int>> q;
// 1. 把所有的源点加⼊到队列中
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(mat[i][j] == 0)
{
q.push({i,j});
dist[i][j] = 0;
}
// 2. ⼀层⼀层的往外扩 (因为dist每个起点的开始层数了,因此不用再搞一个sz)
while(q.size())
{
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 && x < m && y >= 0 && y < n && dict[x][y] == -1)
{
dict[x][y] = dict[a][b] + 1;
q.push({x,y});
}
}
}
return dist;
}
};
3.飞地的数量
题目链接： 1020. 飞地的数量
题目分析：
返回矩阵中无法通过边界离开网格的陆地的数量。
算法原理：
解法一：一个一个去判断
遍历矩阵当遇到一个1的时候就去判断能不能走出去。时间复杂度很恐怖。
但是可以一个一个去判断做一些优化，当遇到一个1的时候先做一次BFS看与这个1相连的连通块能不能到边界，如果能的话，然后再来一次BFS统计1的个数并且标记一下该位置已经被搜索过，如果不能的话把这块地方标记为0。需要写两份不同的BFS代码。
解法二：多源BFS + 正难则反
我不判断1这个位置能不能走到边界，而是判断边界上的1能不能走到你。把所有边界1当作一个超级起点向内搜索，把搜索到的1都标记一下表明这些位置都是能走出去的。最后再搜索一下看看那些1是没被标记过的统计一下就是答案。
class Solution {
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:
int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
vector<vector<bool>> vis(m , vector<bool>(n));
queue<pair<int,int>> q;
// 1.把边上的 1 加入到队列中
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(i == 0 || i == m -1 || j == 0 || j == n -1)
if(grid[i][j] == 1)
{
q.push({i,j});
vis[i][j] = true;
}
// 2.多源 bfs
while(q.size())
{
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 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] && !vis[x][y])
{
q.push({x,y});
vis[x][y] = true;
}
}
}
// 3.统计结果
int ret = 0;
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(grid[i][j] == 1 && !vis[i][j])
++ret;
return ret;
}
};
4.地图中的最高点
题目链接： 1765. 地图中的最高点
题目分析：
给一个m*n的矩阵，格子里面0代表陆地，1代表水域。
按照下面要去给每个格子安排高度：
每个格子的高度都必须是非负的。
如果一个格子是 水域 ，那么它的高度必须为 0 。
任意相邻的格子高度差 至多 为 1 。当两个格子在正东、南、西、北方向上相互紧挨着，就称它们为相邻的格子。（也就是说它们有一条公共边）
找到一种安排高度的方案，使得矩阵中的最高高度值 最大 。
算法原理：
按照上面的要求，我们可以先安排水域，如果你安排其他地方，它要受它上下左右的控制才行不能随意给一个数。将所有水域变成0然后按照多源BFS走一次就行了。因为要求高度值最大，因此每个临近位置都+1往外扩。这里和前面一道题几乎一模一样。
class Solution {
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:
vector<vector<int>> highestPeak(vector<vector<int>>& isWater) {
int m = isWater.size(), n = isWater[0].size();
vector<vector<int>> dist(m , vector<int>(n, -1));
queue<pair<int,int>> q;
// 1. 把所有的源点加⼊到队列⾥⾯
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(isWater[i][j] == 1)
{
q.push({i,j});
dist[i][j] = 0;
}
// 2. 多源 bfs
while(q.size())
{
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 && x < m && y >= 0 && y < n && dist[x][y] == -1)
{
dist[x][y] = dist[a][b] + 1;
q.push({x,y});
}
}
}
return dist;
}
};
5.地图分析
题目链接： 1162. 地图分析
题目分析：
给一个 n x n 的 网格 grid，上面的每个 单元格 都用 0 和 1 标记好了。其中 0 代表海洋，1 代表陆地。
找出一个海洋单元格，这个海洋单元格到离它最近的陆地单元格的距离是最大的，并返回该距离。如果网格上只有陆地或者海洋，请返回 -1。
「曼哈顿距离」（ Manhattan Distance）：(x0, y0) 和 (x1, y1) 这两个单元格之间的距离是 |x0 - x1| + |y0 - y1| 。其实就是最短路径
算法原理：
解法： 多源BFS + 正难则反
从海洋找陆地不好搞路径，反过来从陆地到海洋。陆地初始为0。
class Solution {
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:
int maxDistance(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
vector<vector<int>> dist(m , vector<int>(n, -1));
queue<pair<int,int>> q;
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(grid[i][j] == 1)
{
q.push({i,j});
dist[i][j] = 0;
}
int ret = -1;
while(q.size())
{
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 && x < m && y >= 0 && y < n && dist[x][y] == -1)
{
dist[x][y] = dist[a][b] + 1;
q.push({x,y});
ret = max(ret, dist[x][y]);
}
}
}
return ret;
}
};
