LeetCodeCampsDay53图论part04

继续使用深度/广度优先解决图的问题
其中105是有向图问题

110.字符串接龙

https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1183

题目描述

字典 strList 中从字符串 beginStr 和 endStr 的转换序列是一个按下述规格形成的序列：

序列中第一个字符串是 beginStr。
序列中最后一个字符串是 endStr。
每次转换只能改变一个字符。
转换过程中的中间字符串必须是字典 strList 中的字符串，且strList里的每个字符串只用使用一次。

给你两个字符串 beginStr 和 endStr 和一个字典 strList，找到从 beginStr 到 endStr 的最短转换序列中的字符串数目。如果不存在这样的转换序列，返回 0。

输入描述

第一行包含一个整数 N，表示字典 strList 中的字符串数量。第二行包含两个字符串，用空格隔开，分别代表 beginStr 和 endStr。后续 N 行，每行一个字符串，代表 strList 中的字符串。

输出描述

输出一个整数，代表从 beginStr 转换到 endStr 需要的最短转换序列中的字符串数量。如果不存在这样的转换序列，则输出 0。

输入示例

6
abc def
efc
dbc
ebc
dec
dfc
yhn

输出示例

提示信息

从 startStr 到 endStr，在 strList 中最短的路径为 abc -> dbc -> dec -> def，所以输出结果为 4，如图：

数据范围：

2 <= N <= 500

广度优先搜索思路

以示例1为例，从这个图中可以看出 abc 到 def的路线不止一条，但最短的一条路径上是4个节点。

本题难点在于如何将输入变成一个无向图

第二难点在于求最短路径长度

解决思路

从beginStr开始（加入到广度优先遍历队列中）

从队列中先弹出curS，并对strList字符串遍历，如果curS与strList相差一个字母，则将strList添加到队列，并且记录从beginStr到达strList的步数，随后进行下一轮遍历；

本题需要有个辅助函数，用来判断两个字符串是否仅相差一个字母

广度优先搜索代码

# 判断s1与s2的不同字母是否仅有一个
def judge(s1, s2):
    count = 0
    Ls1 = len(s1)
    for i in range(Ls1):
        if s1[i] != s2[i]:
            count += 1
    return count == 1


def main():
    n = int(input())
    beginStr, endStr = input().split()

    if beginStr == endStr:
        print(0)
        return

    # 
    strList = list()
    for _ in range(n):
        strList.append(input())
    
    # 使用广度优先搜索
    visited = [0 for _ in range(n)]
    # que加入的是当前节点，以及从beginStr到当前节点的步数
    que = [[beginStr, 1]]
    #
    while que:
        curs, step = que.pop(0)
        # 如果当前字符串和endStr仅差一个字符，则可以结束了
        if judge(curs, endStr):
            print(step + 1)
            return
        # 对strList进行遍历，如果未访问过，并且strList[i]和curs仅差距一个字符，则可以遍历这个strList[i]
        for i in range(n):
            if visited[i] == 0 and judge(strList[i], curs):
                visited[i] = 1
                que.append([strList[i], step + 1])

if __name__ == "__main__":
    main()

105.有向图的完全联通

题目描述

给定一个有向图，包含 N 个节点，节点编号分别为 1，2，…，N。现从 1 号节点开始，如果可以从 1 号节点的边可以到达任何节点，则输出 1，否则输出 -1。

输入描述

第一行包含两个正整数，表示节点数量 N 和边的数量 K。后续 K 行，每行两个正整数 s 和 t，表示从 s 节点有一条边单向连接到 t 节点。

输出描述

如果可以从 1 号节点的边可以到达任何节点，则输出 1，否则输出 -1。

输入示例

输出示例

提示信息

从 1 号节点可以到达任意节点，输出 1。

数据范围：

1 <= N <= 100；
1 <= K <= 2000。

深度优先遍历的思路

本题可以先创建个邻接表，并对每个节点进行访问，最终判断是否存在未访问过的节点

使用深度优先遍历时（其实广度优先遍历也是一样的），需要

输入输出

输入应该为（graph, visited, 以及当前节点）

def dfs(graph, visited, p):

终止条件

dfs有两种写法，这里有一个很重要的逻辑，就是在递归中，我们是处理当前访问的节点，还是处理下一个要访问的节点。

本题中什么叫做处理，就是 visited数组来记录访问过的节点，该节点默认数组里元素都是false，把元素标记为true就是处理本节点了。

如果我们是处理当前访问的节点，当前访问的节点如果是 true ，说明是访问过的节点，那就终止本层递归，如果不是true，我们就把它赋值为true，因为这是我们处理本层递归的节点。

对应代码为

def dfs(graph, visited, p):
  	# 先判断是否访问过
		if visited[p] == 1:
				return
    # 再设置为访问过
		visited[p] = 1
    
    # 后面是单层逻辑
    for i in graph[p]:
        if visited[i] == 0:
            dfs(graph, visited, i)

如果我们是处理下一层访问的节点，而不是当前层。那么就要在深搜三部曲中第三步：处理目前搜索节点出发的路径的时候对节点进行处理。这样的话，就不需要终止条件，而是在搜索下一个节点的时候，直接判断下一个节点是否是我们要搜的节点。

def dfs(graph, visited, p):
    for i in graph[p]:
      	# 判断下一个节点是否被访问过，如果未访问过才去访问
        if visited[i] == 0:
          	# 设置它被访问过
            visited[i] = 1
            dfs(graph, visited, i)

单层逻辑

本题的单层逻辑就是将节点设置为被访问过，不需要进行回溯（因为不用走回头路）

那什么时候需要回溯操作呢？

当我们需要搜索一条可行路径的时候，就需要回溯操作了，因为没有回溯，就没法“调头”，如果不理解的话，去看我写的 0098.所有可达路径的题解。

深度优先遍历代码

# 使用深度优先遍历，如果所有节点都能被访问(visited)则输出1，否则输出-1
# graph使用邻接表
def dfs(graph, visited, p):
    for i in graph[p]:
        if visited[i] == 0:
            visited[i] = 1
            dfs(graph, visited, i)


def main():
    n, k = map(int, input().split())

    # 设置为n+1是因为把0也算进去了，省得对下标进行换算
    graph = [[] for _ in range(n + 1)]

    # visited记录的是每个节点是否有被访问过
    visited = [0] * (n + 1)
    visited[1] = 1

    for _ in range(k):
        start, end = map(int, input().split())
        graph[start].append(end)
    
    dfs(graph, visited, 1)

    for i in range(1, n + 1):
        if visited[i] == 0:
            print(-1)
            return

    print(1)


if __name__ == "__main__":
    main()

广度优先搜索

# 如果使用广度优先搜索，
def bfs(graph, path, p):
    from collections import deque
    que = deque()
    que.append(p)

    while que:
        cur = que.popleft()
        path.add(cur)

        for i in graph[cur]:
            que.append(i)
        # 如果没有下面这步，会死循环
        graph[cur] = []
    return

def bfs2(graph, visited, p):
    from collections import deque
    que = deque()
    que.append(p)
 
    while que:
        cur = que.popleft()
        visited[cur] = 1

        for i in graph[cur]:
            if visited[i] == 0:
              	# 或者在这儿写visited[i] = 1也可以
                que.append(i)

def main():
    n, k = map(int, input().split())

    # 设置为n+1是因为把0也算进去了，省得对下标进行换算
    graph = [[] for _ in range(n + 1)]

    for _ in range(k):
        start, end = map(int, input().split())
        graph[start].append(end)
  	
   	# visited记录的是每个节点是否有被访问过
    visited = [0] * (n + 1)
    visited[1] = 1
    bfs2(graph, visited, 1)
    for i in range(1, n + 1):
        if visited[i] == 0:
            print(-1)
            return
    print(1)
    
    # bfs另一种写法
  	# path用来记录被访问过的节点
    #path = set()
    #bfs(graph, path, 1)
    #if path == {i for i in range(1, n + 1)}:
    #    print(1)
    #    return
    #print(-1)


if __name__ == "__main__":
    main()

106.岛屿的周长

题目描述

给定一个由 1（陆地）和 0（水）组成的矩阵，岛屿是被水包围，并且通过水平方向或垂直方向上相邻的陆地连接而成的。

你可以假设矩阵外均被水包围。在矩阵中恰好拥有一个岛屿，假设组成岛屿的陆地边长都为 1，请计算岛屿的周长。岛屿内部没有水域。

输入描述

第一行包含两个整数 N, M，表示矩阵的行数和列数。之后 N 行，每行包含 M 个数字，数字为 1 或者 0，表示岛屿的单元格。

输出描述

输出一个整数，表示岛屿的周长。

输入示例

输出示例

提示信息

岛屿的周长为 14。

数据范围：

1 <= M, N <= 50。

广度优先搜索思路

题目明确了岛被水包围，但要考虑岛周围是边界的问题

计算每块陆地的相邻块，相邻块有几个是水，则有周长就加几

遍历每一个空格，遇到岛屿则计算其上下左右的空格情况。

如果该陆地上下左右的空格是有水域，则说明是一条边，如图：

陆地的右边空格是水域，则说明找到一条边。

如果该陆地上下左右的空格出界了，则说明是一条边，如图：

该陆地的下边空格出界了，则说明找到一条边。

广度优先搜索代码


direction = [[0, 1], [1, 0], [-1, 0], [0, -1]]
def bfs(graph, visited, x, y) -> int:
    from collections import deque
    que = deque()
    que.append([x, y])
    visited[x][y] = 1
    res = 0
    while que:
        curx, cury = que.popleft()
        for i, j in direction:
            nextx = curx + i
            nexty = cury + j
            if 0 <= nextx < len(graph) and 0 <= nexty < len(graph[0]):
                if graph[nextx][nexty] == 0:
                    # print(nextx, nexty)
                    res += 1
                if visited[nextx][nexty] == 0 and graph[nextx][nexty] == 1:
                    visited[nextx][nexty] = 1
                    que.append([nextx, nexty])
            else:
                # 如果出界了，直接就当前海水
                res += 1
    return res


def main():
    n, m = map(int, input().split())

    graph = list()

    for _ in range(n):
        graph.append(list(map(int, input().split())))
    
    visited = [[0] * m for _ in range(n)]

    res = 0
    for i in range(n):
        for j in range(m):
            if visited[i][j] == 0 and graph[i][j] == 1:
                res = bfs(graph, visited, i, j)
    
    print(res)


if __name__ == "__main__":
    main()