窮極搜索主要包括兩個方面：
1.深度優先搜索
2.廣度優先搜索
一些基本的思想
1.遞歸函數
在函數中調用自己的函數就是遞歸函數，例如階乘函數可以定義爲：
int fact(int n)
{
if (n == 0) return 1;return n * fact(n - 1);
}
遞歸最重要的一點就是函數的停止條件，在上面的例子中，當傳入的參數爲0時，就停止遞歸。
假如一個函數遞歸沒有終結條件，那麼將會反覆調用自身，直到棧溢出。
斐波那契數列的例子如下：
int fib(int n)
{
if ( n <= 1) return n;return fib(n - 1) + fib(n - 2);
}
注意到，在這個遞歸調用時， x一些情況被重複計算了，所以如果能有一張表記錄以前的計算結果，那麼再次運行時就不需要重新計算，將會省去大量時間。
改寫後的程序如下：
int memo[MAX_N+1];
int fib(int n)
{
if ( n <=1 ) return n;if(memo[n] != 0) return memo[n];return memo[n] = fib(n - 1) + fib(n - 2);
}
2.棧
先進後出的數據結構，可以使用C++標準庫中的stack實現
一些操作的例子如下：
stack<int> s;
s.push(1);
s.top();
s.pop();
3.隊列
先進先出的數據結構，可以使用C++標準庫中的queue實現
一些操作的例子如下：
queue<int> que;
que.push(1);
que.front();
que.pop();
深度優先搜索（DFS）
深度優先主要通過狀態的轉移不斷的尋找下一個狀態，知道不能夠繼續轉移了，則向前回溯一個狀態，查看有沒有其他狀態可以轉移，知道搜索完所有狀態。
例子：部分和問題
題目要求：給定整數a1,a2...an，判斷是否可以選擇若干個數，使其和恰好爲k
例如：
輸入 n=4 a={1,2,4,7} k=13
輸出 yes(13 = 2 + 4 + 7)
輸入 n=4 a={1,2,4,7} k=15
輸出 no
分析：這裏最直接的方法就是通過試試所有的方案看看加起來有沒有等於k的情況，但難點就在於怎麼去枚舉所有的情況，這裏需要一些小技巧：我們發現，對於每一個ai，只有兩種選擇，加上或者不加上，那麼就可以將所有的輸入組織成一棵二叉樹，每一個節點代表當前的數字現在所有的和是多少，左邊節點代表不加上當前的數字，右邊節點代表加上這個數字。這樣，只要遍歷整棵樹，就可以瞭解所有情況。
代碼如下：
int a[MAX_N];
int n, k;
/*計算第i個數的時候此時總和爲sum，此時就有兩種選擇，加上i或者不加i，分別使用兩次遞歸*/
bool dfs(int i,int sum)
{
if(i == n) return sum = k;if(dfs(i + 1, sum)) return true;if(dfs(i + 1, sum + a[i])) return true;return false;
}
void solve()
{
if(dfs(0, 0)) printf("yes");else printf("no");
}
廣度優先搜索（BFS）
廣度優先總是搜索距離初始狀態近的狀態，並由近至遠依次搜索其他的狀態，直到搜索完畢
在數據結構上，使用隊列可以很方便的完成廣度搜索的方法，首先將距離初始狀態最近的狀態如隊列，然後從隊列中不斷的取出狀態，然後把取出的狀態可以轉移到的其他狀態如隊列，如此往復，直到隊列爲空。
例子：迷宮的最短路徑
題目要求：給定一個大小爲N*M的迷宮，迷宮由通道和牆壁組成，每一步可以向鄰接的上下左右4格作出移動，求從起點到終點移動的最少步數。
例如：
輸入： #S######.#
......#..#
.#.##.##.#
.#........
##.##.####
....#....#.#######.#....#......####.###.....#...G#
輸出：22
分析：無論深度優先還是廣度優先，都涉及到了狀態的轉移，在迷宮問題中，每個狀態就是所在位置的座標，所以使用pair來表示狀態。轉移的方向爲4個方向。在搜索的過程中，只需要將訪問的距離
代碼如下：
const int INF = 1000000;
typedef pair<int, int> P; //迷宮的座標使用pair表示
char maze[MAX_N][MAX_M+1]; //表示迷宮的字符串數組
int N, M;
int sx, sy; //起點座標
int gx, gy; //終點座標
int d[MAX_N][MAX_M]; //到各個位置距離最短的數組
/*四個方向的表示，注意這裏使用了兩個數組，這樣在後面可以使用一個循環就簡單的訪問四個方向*/
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int bfs()
{
queue<P> que;/*所有位置初始化爲INF*/for (int i = 0; i < N; i++)
for (int j = 0; j < M; j++) d[i][j] = INF;
/*將起點入隊列，並將距離設置爲0*/que.push(P(sx, sy));d[sx][sy] = 0;while (que.size()){
/*從隊列最前端取出元素*/
P p = que.front(); que.pop();/*如果已經是終點，停止搜索*/if (p.first == gx && p.second == gy) break;/*四個方向的循環*/for (int i = 0; i < 4; i++){
/*新的座標位置*/
int nx = p.first + dx[i], ny = p.second + dy[i];/*判斷是否可以移動或者或者已經訪問過了*/if (0 <= nx && nx < N &&0 <=ny &&ny < M && maze[nx][ny] != '#' && d[nx][ny] == INF){
/*可以移動的話將其入隊列,並將該位置確定爲p位置+1*/
que.push(P(nx, ny));d[nx][ny] = d[p.first][p.second] + 1;
}
}
}return d[gx][gy];
}
void solve()
{
int res = bfs();printf("%d\n", res);
}