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前言
此前我们对 单源最短路 问题进行的讲解：
那么什么是单源最短路 / 多源最短路呢？
画图来说，单源最短路问题即为：
而对于多源最短路问题:
如何解决此类题？
自然是 利用BFS算法解决，下面提出解法：
解法一
解法二
当我们将所有的源点作为一个源点来进行解题时，问题又变成了单源最短路问题，而为什么可以认为这种解法是正确的呢?
- 感性的理解 ：对于上图的ABC三点，显然A点到目标点的距离更远，当我们将其作为一个点时，A点就会被直接排除，此时该特殊源点实际上就是最近的源点的合并。
对于解法二，如何编写代码？
我们对于 单源最短路 问题的bfs解法为：
- 将起始点加入到队列中，再进行一层一层的扩展
自然，对于 多源最短路 的bfs解法为：
- 将所有的起始点加入到队列中，再进行一层一层的扩展
算法题
542.01矩阵
思路
-
题意分析：题目要求返回一个数组，该数组的每一位都是矩阵中当前位置到最近的0的距离。这个数组我们叫做dist数组，下面多道题都会用上，
-
解法一 ： 对每个位置都进行扩展
-
解法二： bfs + 正难则反 + dist数组
- 正难则反：将思维逆转！我们以0作为起点，对矩阵进行扩容
- dist数组 ：也是结果数组，开始初始化为-1，对于dist[i][j]：
dist[i][j] == -1：未被检索过dist[i][j] != -1：该位置到0的最短距离
- 将矩阵的所有起始点0的位置加入矩阵
- 根据下图的思路，每次对队列中的元素进行扩展
代码
cpp
class Solution {
public:
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {-1, 1, 0 ,0};
vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& mat) {
int m = mat.size(), n = mat[0].size();
vector<vector<int>> dist(m, vector<int>(n, -1)); // 将dist数组元素初始化为-1(未检索的状态)
queue<pair<int, int>> q;
// 正难则反：以矩阵中的0作为起点进行扩展
// 将所有起始点入队
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(mat[i][j] == 0)
{
q.push({i, j});
dist[i][j] = 0;
}
// 对队列中的元素进行拓展
while(q.size())
{
auto [a, b] = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < 4; ++i)
{
int x = dx[i] + a, y = dy[i] + b;
if((x >= 0 && x < m) && (y >= 0 && y < n) && dist[x][y] == -1)
{
dist[x][y] = dist[a][b] + 1;
q.push({x, y});
}
}
}
return dist;
}
};1020.飞地的数量
思路
- 题意分析：题目要求返回无法离开水域的陆地单元格个数，即在边界内且被水域完全包裹的单元格。
- 解法 ： bfs + 正难则反
- 正难则反：我们以四边的1为起点，向内扩展
- 多源bfs：将四边的1作为起点入队，将相连接的陆地单元格标记
- 最后遍历visited数组，统计结果
代码
cpp
class Solution {
public:
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
// 将visited数组元素初始化为0
vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false));
queue<pair<int, int>> q;
// 正难则反：以边界的1为起始点，进行bfs
// 1. 找到边界1，并扩展
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(((i == 0 || i == m-1) || (j == 0 || j == n-1)) && grid[i][j] == 1)
{
q.push({i, j});
visited[i][j] = true;
}
// 2. 多源bfs
while(q.size())
{
auto [a, b] = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < 4; ++i)
{
int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
if((x >= 0 && x < m) && (y >= 0 && y < n) && !visited[x][y] && grid[x][y])
{
q.push({x, y});
visited[x][y] = true;
}
}
}
// 3. 提取结果
int ret = 0;
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(!visited[i][j] && grid[i][j])
++ret;
return ret;
}
};1765.地图中的最高点
思路
- 题意分析：题目给出一个矩阵，1为水域，0为陆地，要求我们自行安排陆地高度，使矩阵的最高高度最大（相邻单元格高度差 <= 1）
- 解法 ： bfs + dist数组
- 思路 ：
- 首先创建dist数组，原理与第一题01矩阵一样，将矩阵中所有水域的位置在dist中初始化为0，并插入到队列中。
- 由于要求矩阵的最高高度最大，我们在设计高度时自然要将高度差都设为最大值，即1
- 随后进行多源bfs的操作，综上我们发现，这道题理清思路后，代码方面和"01矩阵"完全一致
代码
cpp
class Solution {
public:
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
vector<vector<int>> highestPeak(vector<vector<int>>& isWater) {
// 思路同 "10矩阵"
int m = isWater.size(), n = isWater[0].size();
vector<vector<int>> dist(m, vector<int>(n, -1));
queue<pair<int, int>> q;
// 1.对水域进行扩展
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(isWater[i][j] == 1) // 1是水域
{
q.push({i, j});
dist[i][j] = 0;
}
// 2.
while(q.size())
{
auto [a, b] = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < 4; ++i)
{
int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
if((x >= 0 && x < m) && (y >= 0 && y < n) && dist[x][y] == -1)
{
q.push({x, y});
dist[x][y] = dist[a][b] + 1;
}
}
}
return dist;
}
};1162.地图分析
思路
-
题意分析 ：题目要求找到离陆地最远的海洋单元格的曼哈顿距离， 曼哈顿距离 简单解释为：
-
解法思路 ： bfs + 正难则反 + dist数组
- 正难则反：题目要求找海洋到陆地的最大距离，我们以陆地单元格作为起始点，向内扩展
- 同样的思路，我们首先遍历数组，将陆地单元格位置存入到队列中，并标记dist的位置
- 后执行多源bfs的代码思路即可
代码
cpp
class Solution {
public:
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
int maxDistance(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
// 正难则反：以1为起点，向内扩展并标记
vector<vector<int>> dist(m, vector<int>(n, -1));
queue<pair<int, int>> q;
// 1. 根据单元格1向内扩展
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(grid[i][j] == 1)
{
q.push({i, j});
dist[i][j] = 0;
}
// 2. 多源bfs
int ret = -1; // 统计结果
while(q.size())
{
auto [a, b] = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < 4; ++i)
{
int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
if((x >= 0 && x < m) && (y >= 0 && y < n) && dist[x][y] == -1)
{
q.push({x, y});
dist[x][y] = dist[a][b] + 1;
ret = max(ret, dist[x][y]);
}
}
}
return ret;
}
};