最短时间学会基于C++实现DFS深度优先搜索

编辑: admin 分类: c#语言 发布时间: 2022-03-15 来源:互联网
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  • 前言
  • 1.迷宫找出口,区分dfs,bfs:
  • 一、DFS经典放牌可能组合
  • 二、leetcode 员工的重要性
  • 三、leetcode 图像渲染
  • 四、leetcode 被围绕的区域
  • 五、岛屿数量
  • 六、 小练习:岛屿的最大面积
  • 总结

前言

同学们肯定或多或少的听到过别人提起过DFS,BFS,却一直都不太了解是什么,其实两个各为搜索算法,常见使用 深度优先搜索(DFS) 以及 广度优先搜索(BFS) ,今天我们就来讲讲什么是深度优先搜索,深度优先就是撞到了南墙才知道回头,才会往上一层返回。

1.迷宫找出口,区分dfs,bfs:

dfs: 深度优先我们可以看出他一次只往一个方向走,直到撞到了才会返回上一层去尝试其他结果,图片为上左下右的去走

请添加图片描述

BFS:广度优先就是尝试该位置的旁边的所有可能,再把所有可能的能走到的所有可能继续走.撞到了就停止,如果全部可能都'碰壁'表示从该位置无法走到终点

在这里插入图片描述

对比两个遍历方式,相信大家有了初步的认识,让我们接下来看看这道题

一、DFS经典放牌可能组合

题目:我们手上有编号为1~3的三个扑克牌,我们要放到编号为1 ~ 3的盒子当中,并且每个盒子中只放一张牌,问我们有多少种方法。

聪明的同学可能想一想就知道是6种了,但是当我们的要用计算机表达时我们要如何处理呢?题目虽简单,所以我们借这道题来看看DFS如何解题.

方法一: 暴力循环,三层循环嵌套,判断每张牌只用一次,这种方法简单粗暴.

方法二: 深度搜索,我们选择把按照从小到大的依次尝试,在第一个盒子先开始放1,这时我们剩下两张牌,对第二个盒子来说,我们从小到大放,放2,第三个盒子只有3了,第一种放法就出来了 1 2 3。
此时我们全部牌都放完了,然后我们这时候就是撞到了南墙了,我们就开始回收3,回收3的时候如果我们重复放3到第三个盒子就和之前重复了,所以我们再回收2,这时我们就可以把3放到第二个盒子,把2放在第三个盒子,第二种放法就出来了,1 3 2。

这时我们放完了之后再回收,我们回收了2,3后,1的所有可能我们就已经遍历完了,这个时候我们就回收1,这时我们就可以开始把2放到第一个盒子,这时我们还有1 ,3 ,我们按之前的从小到大的原则,把1放入第二个盒子,剩一个3放在第三个盒子,这时的第三种放法 2 1 3出来了

同理我们收两张牌就有组合2 3 1 ,同理3 1 2 ,2 31 ,这样我们的6种出来了,即:我们站在一个盒子,我们按照我们手中的牌,从小到大依次尝试,即我们有一个循环,从第一张牌开始

//处理第index个盒子 _ - - 并行递归,n有多大我们就调用多少次
DFS(vector<int>& box,int index,vector<int>& visited,int n)
{//box为盒子,index为当前盒子,visited为标记哪张牌用了的数组,n为处理几张牌
	if(index == n+1)//每一个盒子都有牌了
	{
		return;
	}
	for(int i =1;i<n;++i)
	{
		if(visited[i]==0)
		{
			//表示没有用过的牌就可以放在当前的盒子当中
			box[index] = i;//当前的盒子放这张牌
			visited[i] =1 ;
			//这里的逻辑就是我们站在一个盒子,我们按照我们手中的牌,从小到大依次尝试
			//到这里我们就处理下一个盒子
			DFS(box,index+1,visited,n);
			//一种方法完成,我们就回收牌
			visited[i]=0;//标记成0就可以再次使用啦!
		}
	}
}

下面这个是测试n张牌,n个盒子的时候,我们所有的可能,可以自行粘贴复制到编辑器当中测试,请自行输入n

void DFS(int index, int n, vector<int>& box, vector<int>& visited)
{
	//处理当前的盒子

	//我们这里打印看看每个盒子装的都是什么
	if (index == n + 1)
	{
		for (int i=1;i<box.size();++i)
			cout << box[i] << " ";
		cout << endl;
		
		//表示每个盒子我们都已经放满了东西,我们就可以返回上一层
		return;
	}

	//每个盒子都要用n张牌来看看是否能够使用,按照我们从小到大使用的规定原则
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		//表示牌没有被用过,可以使用
		if (visited[i] == 0)
		{
			box[index] = i;//表示在看到index个盒子的时候,我们用第i张牌放入
			
			visited[i] = 1;//标记当前牌已经被使用
			//走到这里我们当前这个盒子该干的事情已经干完了,我们就可以处理下一个盒子

			DFS(index + 1, n, box, visited);
			//表示所有的牌都已经放入并且返回,这时我们回收牌
			visited[i] = 0;
		}
	}
}
int main()
{
	int n;
	vector<int> box;
	vector<int> vistied;
	cin >> n;
	box.resize(n + 1, 0);
	vistied.resize(n + 1, 0);
	//这里的1是我们当前走到盒子,n是我们有多少牌,boxs是我们用来存放的盒子,	
	//visited是用来确定是否访问过的标记矩阵
	DFS(1, n, box, vistied);
	return 0;
}

在这里插入图片描述

刚开始接触DFS有时候会思考一些奇奇怪怪的问题,这个时候大家应该都去调试调试,一开始的问题一定是要解决的!!!

总结归纳:
深度优先搜索的关键是解决当下应该怎么做,下一步的做法和当下的做法是一样的。当下的做法如何做到尝试每一种可能,我们用for循环遍历,对于每一种可能的确定后,我们继续下一步,当前的可能等到从下一步会退之后再处理
DFS常见的模型:
DFS(当前这一步的逻辑)
{
1.判断边界,是否已经撞到墙了:向上回退
2.尝试当下的每一种可能
3.确定一种可能之后,继续下一步,DFS(下一步)
}

二、leetcode 员工的重要性

员工的重要性

在这里插入图片描述

/*
// Definition for Employee.
class Employee {
public:
    int id;
    int importance;
    vector<int> subordinates;
};
*/

class Solution {
public:
    int getImportance(vector<Employee*> employees, int id) {
        
    }
};

题目的分析,题目给我们的信息就是给到一个id,要求他的直系下属和直系下属的直系下属的importance(重要度),并且vector<Employee*> employees,给我们一个保存员工的数据结构,我们可以先将id和他的重要度绑定起来(哈希表um),这样我们用DFS遍历的时候,就可以先处理当前id,每一个id都要处理他的vector subordinates(这个是他的直系员工的id),再去遍历当前id的直系下属.

for(int id: um[id]->subordinates)
        {
            //对于当前我们需要sum加上加上当前id的重要度
            sum += um[id]->importance;
            //遍历当前id的所有直系下属
            DFS(id,um,sum);
        }

在这里插入图片描述

// 题目答案:
class Solution {
public: 
    void DFS(int id,unordered_map<int,Employee*>& um,int& sum)
    {
        //对于每一个id,下属的id都会有属于他们的vector<int> subordinates;
        //所以我们都要去遍历当前id的subordinates
        for(int id: um[id]->subordinates)
        {
            //对于当前我们需要sum加上加上当前id的重要度
            sum += um[id]->importance;
            //遍历当前id的直系下属(**一路走到黑**),统计完的结果放到sum当中
            DFS(id,um,sum);
        }
    }
    
    int getImportance(vector<Employee*> employees, int id) {
        //单个员工 id ,返回这个员工和他所有下属的重要度之和。
        //DFS:深度遍历这个员工的旗下所有重要度之和,这题适合一条路走到黑
        //因为在vector中的查找都是O(N)的时间复杂度,我们选择用哈希表,并且将id与员工的指针建立映射,因为我们在DFS中要使用到用id找到员工
        unordered_map<int,Employee*> um;
        for(Employee* e : employees)
        {
            //将employees的数据导入us(哈希表中)
            um[e->id] = e;
        }
        int sum = um[id]->importance;//提前加上当前id的重要度
        //dfs是遍历当前id的subordinates的重要度
        DFS(id, um,sum);
        return sum;
    }
};

这道题之后实际上后面的题目也都是类似的,大家从这道题开始可以尝试自己写一写,再看看我的代码解析,这样帮助理解!

三、leetcode 图像渲染

733. 图像渲染

这题实际上用bfs,dfs都可以,这里我们讲的是dfs,所以我们用dfs的方式解决,一开始我的想法是,遍历每一个位置的上下左右,将合法的位置并且是旧颜色的改成新颜色.

注:方向矩阵的概念:

在这里插入图片描述

int arr[4][2] ={{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};//方向矩阵
    void DFS(vector<vector<int>>& image, int curX, int curY, int newColor,int row ,int col,int oldcolor)
    {
        image[curX][curY] = newColor;//上色
        //遍历 (sr,sc)的上下左右 -- 我们可以设置一个全局的方向矩阵
        for(int i=0;i<4;++i)
        {
            //(newX,newY)就是该点的上下左右了
            int newX = curX+arr[i][0];
            int newY = curY+arr[i][1];
            if(newX<0||newX>=row
            ||newY<0||newY>=col)
            continue;//表示新的坐标越界了不符合要求,跳过
            
            //走到这里表示新的坐标没有问题,如果是就颜色我们就上色
            if(image[newX][newY] == oldcolor)
            {     
                //当前的点处理完,我们处理下一个点
                DFS(image,newX,newY,newColor,row,col,oldcolor);
            }
            else
            continue;        
        }
    }

但是这样子会有一个问题,当测试用例为新颜色和旧颜色相同的时候就会变成了死递归,所以我们少不了用标记矩阵,将我们走过的位置标记了他就不会重复走了。

在这里插入图片描述

在这里插入图片描述

以下为本道题的全部代码

int arr[4][2] ={ { 0, 1 }, { 1, 0 }, { 0, -1 }, { -1, 0 } };
class Solution {
public:
    void DFS(vector<vector<int>>& image, int curX, int curY, int newColor,vector<vector<int>>& visited,int row ,int col,int oldColor)
    {
        //给当前位置染色
         image[curX][curY] = newColor;
         //标记当前位置已经使用了
         visited[curX][curY]=1;

        
        //遍历 (sr,sc)的上右下左 -- 我们可以设置一个全局的方向矩阵
        for(int i=0;i<4;++i)
        {
            //(newX,newY)就是该点的上下左右了
            int newX = curX+arr[i][0];
            int newY = curY+arr[i][1];
            //判断新坐标是否合法
            if(newX<0 || newX>=row
            || newY<0 || newY>=col)
            continue;

            
            //如果是没有访问过的并且是旧颜色就递归这个点的周围
            if(visited[newX][newY] == 0 && 
               image[newX][newY] == oldColor)
                 DFS(image,newX,newY,newColor,visited,row,col,oldColor) ; 
               
        }
    }
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int newColor) {
    //我们这道题也可以用BFS,DFS做都没问题,我们这里讲到DFS,所以就用DFS的思路解决
        int row = image.size();
        int col = image[0].size();
        int oldColor =image[sr][sc];
        //初始化标记矩阵,没访问过的置成0
        vector<vector<int>> visited(row,vector<int>(col,0));
        DFS(image,sr,sc,newColor,visited,row,col,oldColor);
        return image;
    }
};

四、leetcode 被围绕的区域

130. 被围绕的区域

在这里插入图片描述

本题就是想将全部没有与外围一圈O联通的O换成X,与外界连通的O不做改变
思路:拿到这样一道题,我们要将与外界O相连的O全部遍历到,所以会用到深度优先搜索,那么我们就可以从矩阵的外围一圈(第一行,最后一行,第一列,最后一列)出发,将外围的每一个O都深度搜索,将搜索到的O(即与外界相连的先换成#)
最后再将O换成#,将#换回O。当然也可以用标记矩阵来写,都是可以的,这里两种方法都写出来看看

1.不使用标记矩阵

int arr[4][2] ={ { 0, 1 }, { 1, 0 }, { 0, -1 }, { -1, 0 } };
class Solution {
public:
    void DFS(vector<vector<char>>& board,int row,int col,int curX,int curY)
    {
        //当前点就是联通的‘O'
        board[curX][curY] ='#';
        for(int i =0;i<4;++i)
        {
            int newX = curX+arr[i][0];
            int newY = curY+arr[i][1];
            if(newX<0||newX>=row
            ||newY<0||newY>=col)
            continue;
            if(board[newX][newY]=='O')
            DFS(board,row,col,newX,newY);
        }
    }
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        //我们可以从每一个边界的O出发,链接的O就是不用改的,其他的都是要改成‘X'的
        //但是我们可以通过修改与外面相连的O暂时修改#,就不需要标记矩阵了
        int row =board.size();
        int col=board[0].size();
        for(int i=0;i<row;++i)
        {
            if(board[i][0] =='O')
            DFS(board,row,col,i,0);
            if(board[i][col-1] =='O')
            DFS(board,row,col,i,col-1);
        }
        for(int j =0;j<col;++j)
        {
            if(board[0][j]=='O')
            DFS(board,row,col,0,j);
            if(board[row-1][j]=='O')
            DFS(board,row,col,row-1,j);
        }
        for(int i =0;i<row;++i)
        {
            for(int j =0;j<col;++j)
            {
                if(board[i][j]=='O')
                board[i][j]='X';
                if(board[i][j]=='#')
                board[i][j]='O';
            }
        }
        return ;
    }
};

2.使用标记矩阵

int arr[4][2]={{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
class Solution {
public:
    void DFS(vector<vector<int>>& visited,vector<vector<char>>& board,int row,int col,int curX ,int curY)
    {
        //与外界联通的还是O,我们标记为1
        visited[curX][curY] = 1;

        for(int i =0;i<4;++i)
        {
            int newx = curX+arr[i][0];
            int newy = curY+arr[i][1];
            if(newx<0||newx>=row||
            newy<0||newy>=col)
            continue;
            //没有被访问过的位置(防止重复递归)&& 为O的位置我们才递归
            if(visited[newx][newy]==0&&
            board[newx][newy]=='O')
            {
                DFS(visited,board,row,col,newx,newy);
            }       
        }
    }
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        //思路:我们从周围的O出发,与边界O DFS都能获取到的位置我们都可以做个标记
        //最后将标记的不动,没标记的换成'X'(内陆)。
        int row = board.size();
        int col=board[0].size();
        vector<vector<int>> visited(row,vector<int>(col,0));
        //遍历周围为O的位置
        //两列
        for(int i =0;i<row;++i)
        {
            if(board[i][0]=='O')
            DFS(visited,board,row,col,i,0);
            if(board[i][col-1]=='O')
            DFS(visited,board,row,col,i,col-1);       
        }
        //两行
        for(int j =0;j<col;++j)
        {
            if(board[0][j]=='O')
            DFS(visited,board,row,col,0,j);
            if(board[row-1][j]=='O')
            DFS(visited,board,row,col,row-1,j);    
        }
        //最后将没有标记的O换成X,标记了的不变
        for(int i =0;i<row;++i)
        {
            for(int j =0;j<col;++j)
            {
                if(visited[i][j]==0)
                board[i][j] = 'X';
                cout<<visited[i][j];
            }
        }
    }
};

五、岛屿数量

200. 岛屿数量

在这里插入图片描述

有了前面题的基础,对于这道题可谓是信手拈来,详情请看注释:

int arr[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
class Solution {
public:
    void DFS(vector<vector<int>>& visited,vector<vector<char>>& grid,int row,int col,int curx,int cury)
    {
        //将当前位置标记为走过
        visited[curx][cury]=1;
        for(int i =0;i<4;++i)
        {
            int newx = curx+arr[i][0];
            int newy = cury+arr[i][1];
            if(newx<0||newx>=row||newy<0||newy>=col)
                continue;
            if(grid[newx][newy]=='1'&&visited[newx][newy]==0)
            DFS(visited,grid,row,col,newx,newy);
        }
    }
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        //这道题其实也是用BFS,DFS都可以解,用DFS的话我的思路是从第一个开始遍历,遇到一个visited没有访问过的1就去遍历他的上下左右,将他周围的1都遍历,在将次数加一
        int row =grid.size();
        int col=grid[0].size();
        int count =0;
        vector<vector<int>> visited(row,vector<int>(col,0));
        for(int i =0;i<row;++i)
        {
            for(int j =0;j<col;++j)
            {
                if(visited[i][j]==0&&grid[i][j]=='1')
                {
                    DFS(visited,grid,row,col,i,j);
                    count++;
                }
            }
        }
        return count;
    }
};

六、 小练习:岛屿的最大面积

695. 岛屿的最大面积

这道题留给大家作为一个小练习,有了前面的基础,相信这道题想必不是问题!!

总结

回溯思想DFS一些难度较大的题一起讲!!DFS的学习时要注意多调试,想清楚了再下手写,这样往往能够事半功倍

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