BFS 廣度優先搜索
1. 空間是2^n，是指數級別的 空間很大
2. 不會有爆棧的風險
3. 可以搜最短 、最小
BFS算法,即廣度優先搜索,它和深度優先搜索恰恰相反,它是一種適用於圖型結構的搜索,它和數據結構隊列緊密向量.
對於這種算法而言,它主要的步驟大致如下所示:
1. 找到當前可以拓展的點,將它放入候選隊列之中.
2. 每次選取候選隊列的隊頭,作爲當前狀態.
BFS性質
對於廣度優先搜索而言,它是一種逐層遍歷的算法,所有狀態按照入隊的先後順序具有層次單調性,也就是所謂的步數單調性質,如果每一次拓展恰好對應一部,那麼當第一個狀態第一次被訪問(入隊),就會得到從起始狀態到達該狀態的最少步數.
dfs 深度優先搜索
1.空間和深度成正比的 空間很小
2.有爆棧的風險，比如樹深度最壞可能有100000層
3.不能搜最短、最小
4. 是一種適用於樹形結構的搜索，它和數據結構緊密相連。
對於這種算法而言,它主要的步驟大致如下所示:
1). 找到當前可以拓展的點,那麼立即走入這個分支點.
2). 如果當前搜索分支,無效或者已經找到目標,那麼退回到上一步,即回溯.
3). 每一個點最多會被訪問兩次.訪問含義是入棧一次,出棧一次.
DFS性質
DFS序列就是深度優先搜索最爲重要的性質,它可以將一個子樹變成一個區間.
一般來說，dfs要好寫一些，因爲代碼短
例題 471. 棋盤3 （dfs）
有一個m×m的棋盤，棋盤上每一個格子可能是紅色、黃色或沒有任何顏色的。
你現在要從棋盤的最左上角走到棋盤的最右下角。
任何一個時刻，你所站在的位置必須是有顏色的（不能是無色的），你只能向上、下、左、右四個方向前進。
當你從一個格子走向另一個格子時，如果兩個格子的顏色相同，那你不需要花費金幣；如果不同，則你需要花費1個金幣。
另外，你可以花費2個金幣施展魔法讓下一個無色格子暫時變爲你指定的顏色。
但這個魔法不能連續使用，而且這個魔法的持續時間很短，也就是說，如果你使用了這個魔法，走到了這個暫時有顏色的格子上，你就不能繼續使用魔法；只有當你離開這個位置，走到一個本來就有顏色的格子上的時候，你才能繼續使用這個魔法，而當你離開了這個位置（施展魔法使得變爲有顏色的格子）時，這個格子恢復爲無色。
現在你要從棋盤的最左上角，走到棋盤的最右下角，求花費的最少金幣是多少？
輸入格式
數據的第一行包含兩個正整數m，n，以一個空格分開，分別代表棋盤的大小，棋盤上有顏色的格子的數量。
接下來的n行，每行三個正整數x，y，c，分別表示座標爲（x，y）的格子有顏色c，其中c=1代表黃色，c=0代表紅色。
相鄰兩個數之間用一個空格隔開。棋盤左上角的座標爲（1, 1），右下角的座標爲（m, m）。
棋盤上其餘的格子都是無色，保證棋盤的左上角，也就是（1，1）一定是有顏色的。
輸出格式
輸出一行，一個整數，表示花費的金幣的最小值，如果無法到達，輸出-1。
數據範圍
1≤m≤100,
1≤n≤1000
輸入樣例：
5 7
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
3 4 0
4 4 1
5 5 0
輸出樣例：
8
輸入樣例#2：
5 5
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
5 5 0
輸出樣例#2：
-1
說明
輸入輸出樣例 1 說明
從(1,1)開始，走到(1,2)不花費金幣
從(1,2)向下走到(2,2)花費 1 枚金幣
從(2,2)施展魔法，將(2,3)變爲黃色，花費 2 枚金幣
從(2,2)走到(2,3)不花費金幣
從(2,3)走到(3,3)不花費金幣
從(3,3)走到(3,4)花費 1 枚金幣
從(3,4)走到(4,4)花費 1 枚金幣
從(4,4)施展魔法，將(4,5)變爲黃色，花費2 枚金幣，
從(4,4)走到(4,5)不花費金幣
從(4,5)走到(5,5)花費 1 枚金幣
共花費 8枚金幣。
輸入輸出樣例 2 說明
從(1,1)走到(1,2),不花費金幣
從(1,2)走到(2,2),花費1金幣
施展魔法將(2,3)變爲黃色,並從(2,2))走到(2,3))花費2 金幣
從(2,3)走到(3,3)不花費金幣
從(3,3)只能施展魔法到達(3,2),(2,3),(3,4),(4,3)
而從以上四點均無法到達(5,5),故無法到達終點,輸出−1
數據規模與約定
對於 30%的數據, 1≤m≤5,1≤n≤10。
對於 60%的數據, 1≤m≤20,1≤n≤200。
對於 100%的數據, 1≤m≤100,1≤n≤1,000。
解題報告
題意理解
這道題目的一句話題意是:
讓你從(1,1)走到(m,m),要求路上的花費代價最少.
如果你從A走到B,那麼走一步的代價有三種:
1. 若方格A的顏色等於方格B的顏色,那麼花費代價爲0
2. 若方格A的顏色不同於方格B的顏色,那麼花費代價爲1.
3. 若方格B的顏色爲無色,那麼相當於使用一次魔法,且花費的代價爲2,並且下一步不可以使用魔法.
判斷算法
一般來說,我們面對類似於迷宮這類,也就是具有非常明確的圖像顯示的題目,而言我們需要第一時間思考到這道題目是不是要用到搜索算法
算法選擇
搜索的算法有很多種.比如說深度優先搜索,廣度優先搜索,A搜索,IDA搜索,但是對於m≤100的數據範圍,而言我們並不需要多麼高級的搜索,只需要一點點記憶化剪枝+深度優先搜索即可
思路確定
首先對於一道搜索題目而言的話,我們有基本的三點目標
目標一:方向指示數組,這個數組在迷宮問題中,你可以認爲是走路方式,在動態規劃問題中,你可以認爲是拓展狀態的決策.
目標二:邊界處理,對於這道題目而言,邊界處理其實很簡單,就是在指定的區域裏面而已.也就是 (x,y)不越界
目標三:拓展準則,一道題目而言我們不僅僅要滿足邊界處理,還有更爲重要,也就是這道題目的最重要的一點,如何判斷我們走這一步是滿足條件的.以及這一步花費的代價
細節處理
目標三處理是我們這道題目的核心關鍵,也就是不同於其他問題的一個難點.下面我會詳細的說明.
上一次使用了魔法,那麼這一次不能使用魔法
上一次使用了魔法,判斷上一個點是不是和當前點顏色一致
顏色相同則不需要花費代價,否則花費1點代價
拓展的點是無顏色,那麼我們必須使用魔法,並且花費兩點代價
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1100;
const int dx[4]= {1,-1,0,0};
const int dy[4]= {0,0,1,-1};
int g[N][N],n,m,dis[N][N],vis[N][N],ans=1e9;
int check(int x,int y)
{
if (x<1 || x>n || y<1 || y>n || vis[x][y])//在合法的矩陣內部,而且沒有訪問
return true;//一個條件不滿足,則這一步無法拓展.
return false;
}
void dfs(int x,int y,int nowc,int r)
{
if(x==n && y==n && r<ans)
{
ans=r;
return;
}
if(r>=dis[x][y])//如果發現當前的代碼,已經大於上一次我來到這個點的代價,那麼顯然可以剪枝,我再怎麼最優,也沒有上一次最優.
return;
dis[x][y]=r;//記錄最優值
for(int i=0; i<4; i++)//四個拓展步驟
{
int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i],cl=g[xx][yy];//拓展步驟,並且看下一步的顏色
if (check(xx,yy))//如果不越界,而且沒有走過這個點的話
continue;
vis[xx][yy]=true;//已經訪問了
if(nowc>=3 && cl!=0)//如果說上一次使用了魔法,但是我當前這個點不需要使用魔法的話
{
if((nowc+cl)%2==0)//這一步非常重要,大致意思是,這兩個點顏色相同,或者上一次魔法和本宮格顏色一樣.
dfs(xx,yy,cl,r);//不需要花費代價
else
dfs(xx,yy,cl,r+1);//需要花費代價
}
else if(nowc==1 || nowc==2)//如果這個上一次沒有使用魔法的話
{
if(cl==1 || cl==2)//當前宮格不需要使用魔法
{
if(nowc!=cl)//顏色不一樣
dfs(xx,yy,cl,r+1);
else//顏色一樣
dfs(xx,yy,cl,r);
}
else
dfs(xx,yy,nowc+2,r+2);//使用魔法
}
vis[xx][yy]=false;//回溯處理.
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
for(int i=1; i<=m; i++)
{
int x,y,c;
cin>>x>>y>>c;
g[x][y]=c+1;//習慣顏色處理.
}
vis[1][1]=true;//初始點已經訪問了
dfs(1,1,g[1][1],0);//開始搜索
if (ans==1e9)//找不到合法方案
cout<<-1;
else
cout<<ans;//找到了
return 0;
}