BFS 广度优先搜索(bfsu哪个学校)

网友投稿 351 2022-08-27


BFS 广度优先搜索(bfsu哪个学校)

1. BFS 算法框架

BFS:用来搜索 最短路径 比较合适,如:求二叉树最小深度、最少步数、最少交换次数,一般与 队列 搭配使用,空间复杂度比 DFS 大很多 DFS:适合搜索全部的解,如:寻找最短距离,一般与 栈 搭配使用

def BFS(start, target): """计算从 start 到 target 的最近距离""" q = [] # 队列,先进先出 visited = {} # 避免走回头路 q.append(start) # 将起点加入队列 visited.add(start) step = 0 # 记录扩散步数 while q: for i in range(len(q)): cur = q.pop() # 判断是否达到终点 if cur == target: return step # 将 cur 相邻的节点加入队列 for j in cur.adj(): if j not in visited: q.insert(0, j) # 队列:先进先出 visited.add(j) # 更新步数 step += 1

2. 二叉树的最小深度

给定一个二叉树,找出其最小深度。 最小深度是从根节点到最近叶子节点的最短路径上的节点数量。 说明:叶子节点是指没有子节点的节点。 输入:root = [3,9,20,null,null,15,7] 输出:2 示例 2: 输入:root = [2,null,3,null,4,null,5,null,6] 输出:5   提示: 树中节点数的范围在 [0, 105] 内 -1000 <= Node.val <= 1000

题解:

# Definition for a binary tree node. # class TreeNode: # def __init__(self, val=0, left=None, right=None): # self.val = val # self.left = left # self.right = right class Solution: def minDepth(self, root: TreeNode) -> int: if not root:return 0 q = [root] step = 1 while q: size = len(q) for i in range(size): node = q.pop(0) # 判断是否达到终点,结束条件 if node.left == None and node.right == None: return step # 将相邻节点添加到队列 if node.left != None: q.append(node.left) if node.right != None: q.append(node.right) # 更新步数 step += 1 return step if __name__ == '__main__': # root = [3,9,20,null,null,15,7] root = TreeNode(3) node1 = TreeNode(9) node2 = TreeNode(20) node3 = TreeNode(15) node4 = TreeNode(7) root.left = node1 root.right = node2 node2.left = node3 node2.right = node4 s = Solution() print(s.minDepth(root))

3. 二叉树的层序遍历

给你二叉树的根节点 root ,返回其节点值的 层序遍历 。 (即逐层地,从左到右访问所有节点)。 示例 1: 输入:root = [3,9,20,null,null,15,7] 输出:[[3],[9,20],[15,7]] 示例 2: 输入:root = [1] 输出:[[1]] 示例 3: 输入:root = [] 输出:[]   提示: 树中节点数目在范围 [0, 2000] 内 -1000 <= Node.val <= 1000

题解:

# Definition for a binary tree node. # class TreeNode: # def __init__(self, val=0, left=None, right=None): # self.val = val # self.left = left # self.right = right class Solution: def levelOrder(self, root: TreeNode) -> List[List[int]]: if root == None: return [] q = [root] res = [] while q: level = [] # 记录每层节点的值 for i in range(len(q)): node = q.pop() level.append(node.val) # 说明该节点没有左右节点了 if node.left == None and node.right == None: continue if node.left != None: q.insert(0, node.left) if node.right != None: q.insert(0, node.right) # 将每层的结果添加到 res res.append(level) return res

4. 打开转盘锁

你有一个带有四个圆形拨轮的转盘锁。每个拨轮都有10个数字: '0', '1', '2', '3', '4', '5', '6', '7', '8', '9' 。每个拨轮可以自由旋转:例如把 '9' 变为 '0','0' 变为 '9' 。每次旋转都只能旋转一个拨轮的一位数字。 锁的初始数字为 '0000' ,一个代表四个拨轮的数字的字符串。 列表 deadends 包含了一组死亡数字,一旦拨轮的数字和列表里的任何一个元素相同,这个锁将会被永久锁定,无法再被旋转。 字符串 target 代表可以解锁的数字,你需要给出解锁需要的最小旋转次数,如果无论如何不能解锁,返回 -1 。 示例 1: 输入:deadends = ["0201","0101","0102","1212","2002"], target = "0202" 输出:6 解释: 可能的移动序列为 "0000" -> "1000" -> "1100" -> "1200" -> "1201" -> "1202" -> "0202"。 注意 "0000" -> "0001" -> "0002" -> "0102" -> "0202" 这样的序列是不能解锁的, 因为当拨动到 "0102" 时这个锁就会被锁定。 示例 2: 输入: deadends = ["8888"], target = "0009" 输出:1 解释:把最后一位反向旋转一次即可 "0000" -> "0009"。 示例 3: 输入: deadends = ["8887","8889","8878","8898","8788","8988","7888","9888"], target = "8888" 输出:-1 解释:无法旋转到目标数字且不被锁定。   提示: 1 <= deadends.length <= 500 deadends[i].length == 4 target.length == 4 target 不在 deadends 之中 target 和 deadends[i] 仅由若干位数字组成

题解:

class Solution: def openLock(self, deadends: List[str], target: str) -> int: if target == "0000": return 0 visited = {"0000"} # 记录已经穷举过的密码,防止走回头路 q = ["0000"] step = 0 # 步数 while q: for i in range(len(q)): num = q.pop() # 若刚好是目标就退出 if num == target: return step if num in deadends: continue # 拨动密码锁,将一个节点的未遍历相邻节点加入队列 for j in range(4): # 向上拨动 up = self.plus_one(num, j) # 向下拨动 down = self.minus_one(num, j) # 若已经访问过则不添加到 visited if up not in visited: q.insert(0, up) visited.add(up) if down not in visited: q.insert(0, down) visited.add(down) # 增加步数 step += 1 return -1 def plus_one(self, num, j): a = list(num) if a[j] == "9": a[j] = "0" else: a[j] = str(int(a[j]) + 1) return "".join(a) def minus_one(self, num, j): a = list(num) if a[j] == "0": a[j] = "9" else: a[j] = str(int(a[j]) -1) return "".join(a)

参考:BFS 算法框架套路详解

5. 钥匙和房间

有 n 个房间,房间按从 0 到 n - 1 编号。最初,除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。你的目标是进入所有的房间。然而,你不能在没有获得钥匙的时候进入锁住的房间。 当你进入一个房间,你可能会在里面找到一套不同的钥匙,每把钥匙上都有对应的房间号,即表示钥匙可以打开的房间。你可以拿上所有钥匙去解锁其他房间。 给你一个数组 rooms 其中 rooms[i] 是你进入 i 号房间可以获得的钥匙集合。如果能进入 所有 房间返回 true,否则返回 false。 示例 1: 输入:rooms = [[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:rooms = [[1,3],[3,0,1],[2],[0]] 输出:false 解释:我们不能进入 2 号房间。 提示: n == rooms.length 2 <= n <= 1000 0 <= rooms[i].length <= 1000 1 <= sum(rooms[i].length) <= 3000 0 <= rooms[i][j] < n 所有 rooms[i] 的值 互不相同

题解:

class Solution: def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool: visited = {0} # 记录已经穷举过的钥匙,防止走回头路 queue = [0] while queue: index_keys = queue.pop() for i in rooms[index_keys]: if i not in visited: visited.add(i) queue.insert(0, i) return len(visited) == len(rooms)

这个题还可以用 DFS,只需将 queue.insert 换成 queue.append 即可

参考:7行DFS 8行BFS 两种方法 三种实现 超详细趣味0基础解 Python

6. BFS 遍历图

# -- coding: utf-8 -- def bfs(_graph, s): """ BFS 遍历 图 :param _graph: 图 :param s: 从哪个点开始遍历 :return: """ q = [s] visited = {s} while q: vertex = q.pop() nodes = _graph[vertex] for node in nodes: if node not in visited: visited.add(node) q.insert(0, node) print(vertex) if __name__ == '__main__': # 图可以抽象为一个字典,key 表示当前节点,value 为该节点的下个节点集合 graph = { "A": ["B", "C"], "B": ["A", "C", "D"], "C": ["A", "B", "D", "E"], "D": ["B", "C", "E", "F"], "E": ["C", "D"], "F": ["D"], } bfs(graph, "A") # 从 A 点开始,输出 A、B、C、D、E、F


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