BFS 广度优先搜索

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

111. 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

102. 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

752. 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

841. 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

参考：[Python] BFS和DFS算法（第1讲）

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