算法沉淀——BFS 解决最短路问题（leetcode真题剖析）
01.迷宫中离入口最近的出口02.最小基因变化03.单词接龙04.为高尔夫比赛砍树
BFS（广度优先搜索）是解决最短路径问题的一种常见算法。在这种情况下，我们通常使用BFS来查找从一个起始点到目标点的最短路径。
具体步骤如下：
初始化： 从起始点开始，将其放入队列中，并标记为已访问。BFS遍历： 不断从队列中取出顶点，然后探索与该顶点相邻且未被访问的顶点。对于每个相邻顶点，将其标记为已访问，并将其加入队列。这样，每一轮BFS都会探索到当前距离起始点的步数更多的顶点。重复步骤2： 重复这个过程，直到找到目标点或者队列为空。路径重建（可选）： 如果需要找到实际的路径而不仅仅是路径的长度，通常在BFS的过程中维护一个记录每个顶点是由哪个顶点发现的信息，然后通过回溯从目标点追溯到起始点，重建路径。
BFS的优势在于它保证首次到达目标点的路径就是最短路径，因为在BFS的遍历过程中，我们首次访问一个顶点时，它是离起始点最近的未访问顶点之一。
这种算法广泛应用于图的最短路径问题，例如在无权图中寻找最短路径，或者在有权图中，权值为1的情况下寻找最少步数的路径。
01.迷宫中离入口最近的出口
题目链接：https://leetcode.cn/problems/nearest-exit-from-entrance-in-maze/
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。
思路
这是属于图论中边路权值为1的情况，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。
代码
class Solution {
const int dx[4]={0,0,1,-1};
const int dy[4]={-1,1,0,0};
public:
int nearestExit(vector
queue
int m=maze.size(),n=maze[0].size();
int visit[m][n];
memset(visit,0,sizeof visit);
int step=0;
q.push({entrance[0],entrance[1]});
visit[entrance[0]][entrance[1]]=1;
while(!q.empty()){
step++;
int sz=q.size();
for(int i=0;i 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 if(x==0||x==m-1||y==0||y==n-1) return step; q.push({x,y}); visit[x][y]=1; } } } } return -1; } }; 定义了常量数组 dx 和 dy 表示上下左右四个方向。使用 BFS 进行迷宫遍历。使用队列 q 存储当前需要遍历的点，使用数组 visit 记录是否访问过。将入口点入队，并标记为已访问。在每一步中，从队列中取出当前层次的所有点，并尝试在四个方向上扩展。如果扩展到边界，说明找到了最近的出口，返回步数。如果队列为空仍未找到，说明无法找到出口，返回 -1。 02.最小基因变化 题目链接：https://leetcode.cn/problems/minimum-genetic-mutation/ 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 思路 其实这也可以直接转化成边路权值为1的图论问题。具体思路是： 使用哈希集合 hash 存储基因库，便于快速查询某个基因是否合法。使用广度优先搜索（BFS），从起始基因开始，不断变异基因，直到找到目标基因为止。在每一步中，对当前基因的每个位置尝试变异成可能的字符，如果变异后的基因是合法的且未被访问过，就加入队列中，并标记为已访问。如果队列为空仍未找到目标基因，返回-1，表示无法变异到目标基因。如果找到目标基因，返回步数 代码 class Solution { public: int minMutation(string startGene, string endGene, vector unordered_set unordered_set if (startGene == endGene) return 0; // 如果起始基因和目标基因相同，不需要变异，返回步数为0 if (!hash.count(endGene)) return -1; // 如果目标基因不在基因库中，无法变异到目标基因，返回-1 string change = "ACGT"; // 可能的基因变异字符 queue q.push(startGene); vis.insert(startGene); int ret = 0; while (!q.empty()) { ret++; int sz = q.size(); while (sz--) { string t = q.front(); q.pop(); for (int i = 0; i < 8; ++i) { string tmp = t; for (int j = 0; j < 4; ++j) { tmp[i] = change[j]; // 尝试将当前位置的基因变异为可能的字符 if (hash.count(tmp) && !vis.count(tmp)) { // 如果变异后的基因是合法的且未被访问过 if (tmp == endGene) return ret; // 如果变异后的基因与目标基因相同，返回步数 q.push(tmp); vis.insert(tmp); // 标记为已访问 } } } } } return -1; // 如果队列为空仍未找到目标基因，说明无法变异到目标基因，返回-1 } }; 03.单词接龙 题目链接：https://leetcode.cn/problems/word-ladder/ 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 思路 其实这道困难题和上面的题思路基本一致，只不过变化范围扩大到了26个小写字母，还有返回值的计算。 使用哈希集合 hash 存储单词列表，便于快速查询某个单词是否合法。使用广度优先搜索（BFS），从起始单词开始，不断替换单词的每个位置的字符，直到找到目标单词为止。在每一步中，对当前单词的每个位置尝试替换成可能的字符，如果替换后的单词是合法的且未被访问过，就加入队列中，并标记为已访问。如果队列为空仍未找到目标单词，返回0，表示无法接龙到目标单词。如果找到目标单词，返回步数。 代码 class Solution { public: int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector unordered_set unordered_set if (beginWord == endWord) return 1; // 如果起始单词和目标单词相同，不需要接龙，返回步数为1 if (!hash.count(endWord)) return 0; // 如果目标单词不在单词列表中，无法接龙到目标单词，返回0 int ret = 1; queue q.push(beginWord); vis.insert(beginWord); while (!q.empty()) { ret++; int sz = q.size(); while (sz--) { string t = q.front(); q.pop(); for (int i = 0; i < t.size(); ++i) { string tmp = t; for (char c = 'a'; c <= 'z'; ++c) { tmp[i] = c; // 尝试将当前位置的字符替换为可能的字符 if (hash.count(tmp) && !vis.count(tmp)) { // 如果替换后的单词是合法的且未被访问过 if (tmp == endWord) return ret; // 如果替换后的单词与目标单词相同，返回步数 q.push(tmp); vis.insert(tmp); // 标记为已访问 } } } } } return 0; // 如果队列为空仍未找到目标单词，说明无法接龙到目标单词，返回0 } }; 04.为高尔夫比赛砍树 题目链接：https://leetcode.cn/problems/cut-off-trees-for-golf-event/ 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] <= 109 思路 这里和之前的题不一样的地方是，我们每次都要找到最矮的树依次砍完所有的数，所以我们要针对从小到大每颗数的相对位置进行BFS遍历计算步数。 遍历整个矩形森林，将树木的位置加入 trees 数组中。根据树木的高度进行排序。遍历排好序的树木数组，使用广度优先搜索（BFS）计算从当前位置 (bx, by) 到目标位置 (a, b) 的步数。如果无法到达目标位置，返回 -1。累加步数，并更新起始位置 (bx, by)。最终返回累加的步数作为结果。 代码 class Solution { const int dx[4] = {0, 0, 1, -1}; const int dy[4] = {-1, 1, 0, 0}; int m, n; int vis[51][51]; int bfs(vector if (bx == ex && by == ey) return 0; // 如果起始位置和目标位置相同，步数为0 queue memset(vis, 0, sizeof vis); q.push({bx, by}); vis[bx][by] = 1; int step = 0; while (!q.empty()) { step++; 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 == ex && y == ey) return step; // 如果到达目标位置，返回步数 q.push({x, y}); vis[x][y] = 1; // 标记为已访问 } } } } return -1; // 如果未能到达目标位置，返回-1表示无法到达 } public: int cutOffTree(vector m = forest.size(), n = forest[0].size(); vector // 遍历整个矩形森林，将树木的位置加入trees数组中 for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (forest[i][j] > 1) trees.push_back({i, j}); } } // 根据树木的高度进行排序 sort(trees.begin(), trees.end(), [&](const pair return forest[p1.first][p1.second] < forest[p2.first][p2.second]; }); int bx = 0, by = 0; // 起始位置为(0, 0) int ret = 0; // 遍历排好序的树木数组 for (auto& [a, b] : trees) { // 使用BFS计算从当前位置到目标位置的步数 int step = bfs(forest, bx, by, a, b); if (step == -1) return -1; // 如果无法到达目标位置，返回-1 ret += step; // 累加步数 bx = a, by = b; // 更新起始位置 } return ret; } }; 精彩链接
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