算法提高课笔记
BFS可以解决边权为1的最短路问题，下面是相关例题
单源最短路
将源点在开始时存进队列
迷宫问题
原题链接
给定一个 n×n 的二维数组，如下所示：
int maze[5][5] = {
0, 1, 0, 0, 0,
0, 1, 0, 1, 0,
0, 0, 0, 0, 0,
0, 1, 1, 1, 0,
0, 0, 0, 1, 0,
};
它表示一个迷宫，其中的1表示墙壁，0表示可以走的路，只能横着走或竖着走，不能斜着走，要求编程序找出从左上角到右下角的最短路线。
数据保证至少存在一条从左上角走到右下角的路径。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行，每行包含 n 个整数 0 或 1，表示迷宫。
输出格式
输出从左上角到右下角的最短路线，如果答案不唯一，输出任意一条路径均可。
按顺序，每行输出一个路径中经过的单元格的坐标，左上角坐标为 (0,0)，右下角坐标为 (n−1,n−1)。
数据范围
0 ≤ n ≤ 1000
输入样例
5
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0
输出样例
0 0
1 0
2 0
2 1
2 2
2 3
2 4
3 4
4 4
题意
一个矩阵，0代表有路1代表没有路，问从左上角走到右下角的最短路径
思路
因为边权均为1，所以利用BFS可以求出从起点到终点的最短路，同时利用一个小技巧从终点往起点走，即可在后续输出路径时正向输出
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010, M = N * N;
typedef pair<int, int> PII;
#define ft first
#define sd second
int n;
int g[N][N];
queue<PII> q;
PII pre[N][N];
void bfs(int x, int y)
{
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1}; // 代表上下左右四个移动方向
q.push({x, y});
memset(pre, -1, sizeof pre);
while (q.size())
{
PII t = q.front();
q.pop();
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i];
if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= n) continue; // 位置不合法
if (g[a][b]) continue; // 没路
if (pre[a][b].ft != -1) continue; // 走过了
q.push({a, b});
pre[a][b] = t;
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
for (int j = 0; j < n; j ++ )
cin >> g[i][j];
bfs(n - 1, n - 1);
PII end(0, 0);
while (1)
{
cout << end.ft << ' ' << end.sd << '\n';
if (end.ft == n - 1 && end.sd == n - 1) break;
end = pre[end.ft][end.sd];
}
}
武士风度的牛
原题链接
农民 John 有很多牛，他想交易其中一头被 Don 称为 The Knight 的牛。
这头牛有一个独一无二的超能力，在农场里像 Knight 一样地跳（就是我们熟悉的象棋中马的走法）。
虽然这头神奇的牛不能跳到树上和石头上，但是它可以在牧场上随意跳，我们把牧场用一个 x，y 的坐标图来表示。
这头神奇的牛像其它牛一样喜欢吃草，给你一张地图，上面标注了 The Knight 的开始位置，树、灌木、石头以及其它障碍的位置，除此之外还有一捆草。
现在你的任务是，确定 The Knight 要想吃到草，至少需要跳多少次。
The Knight 的位置用 K 来标记，障碍的位置用 * 来标记，草的位置用 H 来标记。
这里有一个地图的例子：
11 | . . . . . . . . . .
10 | . . . . * . . . . .
9 | . . . . . . . . . .
8 | . . . * . * . . . .
7 | . . . . . . . * . .
6 | . . * . . * . . . H
5 | * . . . . . . . . .
4 | . . . * . . . * . .
3 | . K . . . . . . . .
2 | . . . * . . . . . *
1 | . . * . . . . * . .
0 ----------------------
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0
The Knight 可以按照下图中的 A,B,C,D… 这条路径用 5 次跳到草的地方（有可能其它路线的长度也是 5）：
11 | . . . . . . . . . .
10 | . . . . * . . . . .
9 | . . . . . . . . . .
8 | . . . * . * . . . .
7 | . . . . . . . * . .
6 | . . * . . * . . . F<
5 | * . B . . . . . . .
4 | . . . * C . . * E .
3 | .>A . . . . D . . .
2 | . . . * . . . . . *
1 | . . * . . . . * . .
0 ----------------------
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0
注意： 数据保证一定有解。
输入格式
第 1 行： 两个数，表示农场的列数 C 和行数 R。
第 2…R+1 行: 每行一个由 C 个字符组成的字符串，共同描绘出牧场地图。
输出格式
一个整数，表示跳跃的最小次数。
数据范围
1 ≤ R , C ≤ 150
输入样例
10 11
..........
....*.....
..........
...*.*....
.......*..
..*..*...H
*.........
...*...*..
.K........
...*.....*
..*....*..
输出样例
5
题意
图中*代表没有路，.代表有路，求以日字型从K走到H的最短路
思路
dx dy改成向八个不同方向移，其余思路一样，第一次遍历到H时输出即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 155, M = N * N;
typedef pair<int, int> PII;
#define ft first
#define sd second
int n, m;
char g[N][N]; // 存图
queue<PII> q;
int dist[N][N]; // 记录距离+判重
int bfs()
{
int dx[8] = {-2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
int dy[8] = {1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
int x, y;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
for (int j = 0; j < m; j ++ )
if (g[i][j] == 'K')
x = i, y = j;
q.push({x, y});
memset(dist, -1, sizeof dist);
dist[x][y] = 0;
while (q.size())
{
auto t = q.front();
q.pop();
for (int i = 0; i < 8; i ++ )
{
int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i];
if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m) continue; // 位置不合法
if (g[a][b] == '*') continue; // 没路
if (dist[a][b] != -1) continue; // 已遍历
if (g[a][b] == 'H') return dist[t.ft][t.sd] + 1; // 走到终点
dist[a][b] = dist[t.ft][t.sd] + 1;
q.push({a, b});
}
}
return -1;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> m >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> g[i];
cout << bfs() << '\n';
}
抓住那头牛
原题链接
农夫知道一头牛的位置，想要抓住它。
农夫和牛都位于数轴上，农夫起始位于点 N，牛位于点 K。
农夫有两种移动方式：
- 从 X 移动到 X−1 或 X+1，每次移动花费一分钟
- 从 X 移动到 2∗X，每次移动花费一分钟
假设牛没有意识到农夫的行动，站在原地不动。
农夫最少要花多少时间才能抓住牛？
输入格式
共一行，包含两个整数N和K。
输出格式
输出一个整数，表示抓到牛所花费的最少时间。
数据范围
0 ≤ N , K ≤ 105
输入样例
5 17
输出样例
4
题意
要求从N到K，每次只能进行一个操作：向右一步 / 向左一步 / 坐标变为现在的两倍，求最短路
思路
这一题刚开始看第一反应是dp，但后来发现BFS最短路来做也很简单
每次更新所有该轮操作可以到达的位置
无需更新负值，因为只能通过-1到达负值，而从负值到正值只能通过+1，二者相互抵消，不可能是最短路
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, k;
queue<int> q;
int dist[N];
int bfs()
{
memset(dist, -1, sizeof dist);
dist[n] = 0;
q.push(n);
while (q.size())
{
auto t = q.front();
q.pop();
if (t == k) return dist[k]; // 已到终点
// 更新三个距离
if (t + 1 < N && dist[t + 1] == -1)
{
dist[t + 1] = dist[t] + 1;
q.push(t + 1);
}
if (t - 1 < N && dist[t - 1] == -1)
{
dist[t - 1] = dist[t] + 1;
q.push(t - 1);
}
if (t * 2 < N && dist[t * 2] == -1)
{
dist[t * 2] = dist[t] + 1;
q.push(t * 2);
}
}
return -1;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> k;
cout << bfs() << '\n';
}
多源最短路
设置虚拟源点，到所有源点的距离都为0，也就是在起始时将每一个起点都存进队列
矩阵距离
原题链接
给定一个 N 行 M 列的 01 矩阵 A，A[i][j] 与 A[k][l] 之间的曼哈顿距离定义为：
dist(A[i][j], A[k][l]) = |i − k| + |j − l|
输出一个 N 行 M 列的整数矩阵 B，其中：
B[i][j] = min~1≤x≤N,1≤y≤M,A[x][y]=1~ dist(A[i][j], A[x][y])
输入格式
第一行两个整数 N,M。
接下来一个 N 行 M 列的 01 矩阵，数字之间没有空格。
输出格式
一个 N 行 M 列的矩阵 B，相邻两个整数之间用一个空格隔开。
数据范围
1 ≤ N, M ≤ 1000
输入样例
3 4
0001
0011
0110
输出样例
3 2 1 0
2 1 0 0
1 0 0 1
题意
给出一个矩阵，求所有0距离最近的1的曼哈顿距离
思路
设置虚拟源点，先将所有的1入队，更新所有0到达1的最短距离输出即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
typedef pair<int, int> PII;
#define ft first
#define sd second
int n, m;
char g[N][N];
queue<PII> q;
int dist[N][N];
void bfs()
{
// 所有源点入队
for (int i = 0; i < n; i ++ )
for (int j = 0; j < m; j ++ )
if (g[i][j] == '1')
{
dist[i][j] = 0;
q.push({i, j});
}
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
while (q.size())
{
auto t = q.front();
q.pop();
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i];
if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m) continue; // 位置不合法
if (dist[a][b] != -1) continue; // 已被遍历
dist[a][b] = dist[t.ft][t.sd] + 1;
q.push({a, b});
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
memset(dist, -1, sizeof dist);
cin >> n >> m;
for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) cin >> g[i];
bfs();
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
for (int j = 0; j < m; j ++ )
cout << dist[i][j] << ' ';
cout << '\n';
}
}
双端队列BFS
电路维修
原题链接
达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。
翰翰的家里有一辆飞行车。
有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。
电路板的整体结构是一个 R 行 C 列的网格（R,C≤500），如下图所示。
每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。
电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。
在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。
电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。
达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。
她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。
不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。
注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。
输入格式
输入文件包含多组测试数据。
第一行包含一个整数 T，表示测试数据的数目。
对于每组测试数据，第一行包含正整数 R 和 C，表示电路板的行数和列数。
之后 R 行，每行 C 个字符，字符是"/“和”"中的一个，表示标准件的方向。
输出格式
对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的最小旋转次数。
如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出 NO SOLUTION。
数据范围
1 ≤ R , C ≤ 500,
1 ≤ T ≤ 5
输入样例
1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\
输出样例
1
样例解释
样例的输入对应于题目描述中的情况。
只需要按照下面的方式旋转标准件，就可以使得电源和发动机之间连通。
题意
从左上角走到右下角，只能走斜线，使斜线方向改变需要消耗1，问消耗最少的路径
思路
首先转换一些题目语言，我们可以理解为，不需要改变斜线方向时边权是0，需要改变斜线方向时边权是1，那这个问题就转换成了边权是0 / 1 的最短路问题，用Dijkstra是可以解决的
那能不能用BFS解决呢？
当然也可以，考虑到BFS中队列的二段性，本题我们使用双端队列，每次将边权为0的边放到队头，边权为1的边放到队尾（感觉有点贪心的思想）
（另外，绝对不会出现一条边未转换时走一次，然后转换了再走一次的情况，因为图中总有一半的点是走不到的文章来源：https://www.toymoban.com/news/detail-621566.html
接下来的难点在于图的存储，需要对点和格子分别作出记录文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-621566.html
代码（加了注释）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510, M = N * N;
typedef pair<int, int> PII;
#define ft first
#define sd second
int n, m;
char g[N][N]; // 存图上的每条边
int dist[N][N]; // 存每个点到起点的距离
bool st[N][N]; // 判重
int bfs()
{
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
memset(st, false, sizeof st);
dist[0][0] = 0;
deque<PII> q;
q.push_back({0, 0});
char cs[] = "\\/\\/"; // 分别表示往左上角、右上角、右下角、左下角走
int dx[4] = {-1, -1, 1, 1}, dy[4] = {-1, 1, 1, -1}; // 进行这些操作点坐标的改变
int ix[4] = {-1, -1, 0, 0}, iy[4] = {-1, 0, 0, -1}; // 进行这些操作需要踩过哪些格子
while (q.size())
{
PII t = q.front();
q.pop_front();
if (st[t.ft][t.sd]) continue;
st[t.ft][t.sd] = true;
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i]; // 点坐标
if (a < 0 || a > n || b < 0 || b > m) continue; // 位置不合法
int aa = t.ft + ix[i], bb = t.sd + iy[i]; // 格子坐标
int d = dist[t.ft][t.sd] + (g[aa][bb] != cs[i]); // 原有距离加上当前格子的边权
if (d < dist[a][b]) // 如果距离更小就更新
{
dist[a][b] = d;
// 根据边权情况选择加入队头or队尾
if (g[aa][bb] != cs[i]) q.push_back({a, b});
else q.push_front({a, b});
}
}
}
return dist[n][m];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t -- )
{
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> g[i];
int t = bfs();
if (t == 0x3f3f3f3f) cout << "NO SOLUTION\n";
else cout << t << '\n';
}
}
到了这里，关于【图论】BFS中的最短路模型的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！
