步步为营(十六)搜索(二)BFS 广度优先搜索
2017-07-20 09:05
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上一篇讲了DFS,那么与之相应的就是BFS。也就是 宽度优先遍历,又称广度优先搜索算法。
首先,让我们回顾一下什么是“深度”:
更学术点的说法,能够看做“单位距离下,离起始状态的长度”
那么广度是什么呢?
个人认为,能够这么归纳:
何为广度? 能够看做“距离初始状态距离相等的结点”的集合
那么BFS的核心思想就是:从初始结点開始,搜索生成第一层结点。检查目标结点是否在这些结点中,若没有,再将全部第一层的结点逐一进行搜索,得到第二层结点,并逐一检查第二层结点中是否包括目标结点。若没有,再继续搜索第二层全部结点……,如此依次扩展,直到发现目标结点为止。
这样就保证了:假设我如今找到了目标结点(也能够称作当前问题的解)。那么我之前肯定没有发现过目标结点,并且因为是广度优先搜索。所以当前的解一定是距离起始结点近期的,也就是最优解。因为第一个解就是最优解,那么我们就能够尝试打印出道路。
伪代码例如以下:
那么对于上一篇文章中果园的地图,我们的部分状态是这种:
S 0 1 1 0
0 1 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 0 0
0 0 0 0 G
从S点開始,设S点坐标为(1,1)
(1,1)
->(1,2)//第一层
->(2,1)//第一层
->(3,1)//第二层
->(3,2)//第三层
->(4,1)//第三层
……
->(5,5)//找到目标结点,结束
BFS因为维护了一个队列。所以节省了递归须要消耗的时间,可是空间上却比递归消耗的多的多。假设须要找多个解或者每一个节点的状态比較多。可能会面临空间超限的情况。
所以:
求多个解,首先考虑DFS;
求单个解,首先考虑BFS
代表题目:HDU 1072 Nightmare
题目大意:在迷宫中有一个炸弹,过六个单位时间就会爆炸。要你求一个起点到迷宫的终点的最短距离,迷宫中有时间重置器,当你走到这个格子。炸弹的爆炸时间又一次置为0,迷宫中标识为墙壁的格子不能走。到达随意一个格子时,炸弹计数器为0时,则失败。
解题思路:最短距离。就想到用宽度优先遍历,可是要一个辅助的数组来保存每一个格子的时间信息。因为每一个格子前进一步的花费时间单位是一样的,所以宽度遍历的结果自然是最短距离。因为时间单位有限制。仅仅能走六个单元,仅仅有在这六个时间单位里到达了终点,或者走到了时间设置开关把炸弹计时器置为0才干继续走下去,所以要一个辅助数组来保存每一个格子剩余的最大时间单位,仅仅有走到当前的格子的剩余时间单位比之前的大时。这个状态才干增加队列中。
以下是代码:
首先,让我们回顾一下什么是“深度”:
更学术点的说法,能够看做“单位距离下,离起始状态的长度”
那么广度是什么呢?
个人认为,能够这么归纳:
何为广度? 能够看做“距离初始状态距离相等的结点”的集合
那么BFS的核心思想就是:从初始结点開始,搜索生成第一层结点。检查目标结点是否在这些结点中,若没有,再将全部第一层的结点逐一进行搜索,得到第二层结点,并逐一检查第二层结点中是否包括目标结点。若没有,再继续搜索第二层全部结点……,如此依次扩展,直到发现目标结点为止。
这样就保证了:假设我如今找到了目标结点(也能够称作当前问题的解)。那么我之前肯定没有发现过目标结点,并且因为是广度优先搜索。所以当前的解一定是距离起始结点近期的,也就是最优解。因为第一个解就是最优解,那么我们就能够尝试打印出道路。
伪代码例如以下:
queue 结点队列 queue.push(起始节点) while(结点队列不为空) { queue.front(); queue.pop();//取出头结点 if(头结点是目标结点) { 跳出循环。 } for(对下一层结点进行推断) { if(结点满足筛选条件) { queue.push(满足帅选条件的结点) } } }
那么对于上一篇文章中果园的地图,我们的部分状态是这种:
S 0 1 1 0
0 1 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 0 0
0 0 0 0 G
从S点開始,设S点坐标为(1,1)
(1,1)
->(1,2)//第一层
->(2,1)//第一层
->(3,1)//第二层
->(3,2)//第三层
->(4,1)//第三层
……
->(5,5)//找到目标结点,结束
BFS因为维护了一个队列。所以节省了递归须要消耗的时间,可是空间上却比递归消耗的多的多。假设须要找多个解或者每一个节点的状态比較多。可能会面临空间超限的情况。
所以:
求多个解,首先考虑DFS;
求单个解,首先考虑BFS
代表题目:HDU 1072 Nightmare
题目大意:在迷宫中有一个炸弹,过六个单位时间就会爆炸。要你求一个起点到迷宫的终点的最短距离,迷宫中有时间重置器,当你走到这个格子。炸弹的爆炸时间又一次置为0,迷宫中标识为墙壁的格子不能走。到达随意一个格子时,炸弹计数器为0时,则失败。
解题思路:最短距离。就想到用宽度优先遍历,可是要一个辅助的数组来保存每一个格子的时间信息。因为每一个格子前进一步的花费时间单位是一样的,所以宽度遍历的结果自然是最短距离。因为时间单位有限制。仅仅能走六个单元,仅仅有在这六个时间单位里到达了终点,或者走到了时间设置开关把炸弹计时器置为0才干继续走下去,所以要一个辅助数组来保存每一个格子剩余的最大时间单位,仅仅有走到当前的格子的剩余时间单位比之前的大时。这个状态才干增加队列中。
以下是代码:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; struct node { int x, y; int step; int t; }; const int maxn = 9; int dir[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}}; int maze[maxn][maxn], graph[maxn][maxn]; int n, m, ex, ey, ans; bool bfs(int x, int y); int main() { int test; scanf("%d", &test); while(test-- != 0) { scanf("%d %d", &n, &m); int sx, sy; for(int i = 0; i < n; i++) { for(int j = 0; j < m; j++) { scanf("%d", &maze[i][j]); if(maze[i][j] == 2) sx = i, sy = j; if(maze[i][j] == 3) ex = i, ey = j; graph[i][j] = 0; } } if(bfs(sx, sy)) printf("%d\n", ans); else printf("-1\n"); } return 0; } bool bfs(int x, int y) { queue<node> que; node s; s.x = x; s.y = y; s.step = 0; s.t = 6; graph[x][y] = 6; que.push(s); while(!que.empty()) { node st = que.front(); que.pop(); if(st.x == ex && st.y == ey) { ans = st.step; return true; } if(st.t == 1) continue; for(int i = 0; i < 4; i++) { int dx = st.x + dir[i][0]; int dy = st.y + dir[i][1]; if(dx >= 0 && dx < n && dy >= 0 && dy < m && maze[dx][dy] != 0) { node tmp; tmp.x = dx; tmp.y = dy; tmp.step = st.step + 1; tmp.t = st.t - 1; if(maze[dx][dy] == 4) tmp.t = 6; if(tmp.t > graph[dx][dy]) { graph[dx][dy] = tmp.t; que.push(tmp); } } } } return false; }
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