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DFS
思路
DFS又称深度优先搜索，算法思路近似于一条道走到黑，不撞南墙不回头，优先沿着一条路径尽可能深地探索下去，直到无法继续或者达到目标状态，然后回溯到上一个未完全探索的节点，继续探索其他分支的算法。拿走迷宫为例，DFS会沿着一条路向下走，如果走到终点，好吧，那就找到了到终点的一条路径，如果走到死胡同，再也没法往前走了，那就后退，回溯，直到走到一个岔路口，继续一条道走到黑......
它通过递归或者使用栈来实现。在递归实现中，函数会不断调用自身，直到达到终止条件。
实现
以下是一个简单的使用递归方式实现 DFS 遍历二叉树的 C++代码示例：
cpp
#include <iostream>
// 二叉树节点结构体
struct TreeNode {
int val;
TreeNode* left;
TreeNode* right;
TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
};
// DFS 递归函数
void dfs(TreeNode* root) {
if (root == NULL) {
return;
}
std::cout << root->val << " ";
dfs(root->left);
dfs(root->right);
}
int main() {
// 构建一个简单的二叉树
TreeNode* root = new TreeNode(1);
root->left = new TreeNode(2);
root->right = new TreeNode(3);
root->left->left = new TreeNode(4);
root->left->right = new TreeNode(5);
std::cout << "DFS 遍历结果: ";
dfs(root);
return 0;
}在上述代码中，dfs函数接受一个二叉树的根节点指针。如果节点为空，则直接返回。否则，先输出当前节点的值，然后递归地对左子树和右子树进行 DFS 遍历。
应用场景
DFS 可以用于解决许多问题，例如：
查找图或树中的路径。
例如，在迷宫中找到从起点到终点的路径。
检测图或树的连通性。
确定一个图是否是连通的。
拓扑排序。
DFS 的优缺点
优点
代码实现相对简单，特别是使用递归方式。
对于某些问题，如寻找所有可能的路径，DFS 可能更容易实现。
缺点
可能会陷入深度过大的分支，导致栈溢出。
对于某些问题，可能会出现不必要的深入探索，导致效率低下。
例题讲解
N皇后问题
[题目描述]
输入
一个整数n（n<=10）
输出
每行一种方案，每种方案输出皇后所在列号，各个数之后有一个空格。若无方案，则输出"no solute!"
输出按字典序输出。
样例输入
4
样例输出
2 4 1 3
3 1 4 2
思路
逐个考虑放置每一个皇后，如果放置数达标就输出，无法放置就回溯
AC代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=15;
int n,path[N];
char g[N][N];
bool dg[N],col[N],udg[N];
void dfs(int u){
if(u==n){
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
cout<<g[i][j];
}
puts("");
}
puts("");
return ;
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(!col[i]&&!dg[u+i]&&!udg[n-u+i]){
g[u][i]='Q';
path[u]=i;
col[i]=dg[u+i]=udg[n-u+i]=true;
dfs(u+1);
col[i]=dg[u+i]=udg[n-u+i]=false;
g[u][i]='.';
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
g[i][j]='.';
}
}
dfs(0);
return 0;
}排列数字
[题目描述]
给定一个整数 n，将数字 1∼n 排成一排，将会有很多种排列方法。
现在，请你按照字典序将所有的排列方法输出。
输入格式
共一行，包含一个整数 n。
输出格式
按字典序输出所有排列方案，每个方案占一行。
数据范围
1≤n≤8
输入样例：
3
输出样例：
1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1
思路
用一个位图来保存当前每一位是否被排列，每次找到第一个未被排列的数字，把它加入排列，注意恢复现场
AC代码
cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=10;
int n,path[N];
bool st[N];
void dfs(int u){
if(u==n){
for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",path[i]);
puts("");
return ;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!st[i]){
path[u]=i;
st[i]=true;
dfs(u+1);
st[i]=false;
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
dfs(0);
return 0;
}树的重心
[题目描述]
给定一颗树，树中包含 n 个结点（编号 1∼n）和 n−1 条无向边。
请你找到树的重心，并输出将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。
重心定义：重心是指树中的一个结点，如果将这个点删除后，剩余各个连通块中点数的最大值最小，那么这个节点被称为树的重心。
输入格式
第一行包含整数 n，表示树的结点数。
接下来 n−1 行，每行包含两个整数 a 和 b，表示点 a 和点 b 之间存在一条边。
输出格式
输出一个整数 m，表示将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。
数据范围
1≤n≤105
输入样例
9
1 2
1 7
1 4
2 8
2 5
4 3
3 9
4 6
输出样例：
4
AC代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010,M=N*2;
int n,m;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int st[N];
int ans=N;
void add(int a,int b){
e[idx]=b;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx++;
}
int dfs(int u){
st[u]=true;
int sum=1,res=0;
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
int j=e[i];
if(!st[j]){
int s=dfs(j);
res=max(res,s);
sum+=s;
}
}
res=max(res,n-sum);
ans=min(ans,res);
return sum;
}
int main(){
cin>>n;
memset(h,-1,sizeof(h));
for(int i=0;i<n-1;i++){
int a,b;
cin>>a>>b;
add(a,b);
add(b,a);
}
dfs(1);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}[SDOI2013] 直径
题目描述
小 Q 最近学习了一些图论知识。根据课本，有如下定义。树：无回路且连通的无向图，每条边都有正整数的权值来表示其长度。如果一棵树有 N N N 个节点，可以证明其有且仅有 N − 1 N-1 N−1 条边。
路径：一棵树上，任意两个节点之间最多有一条简单路径。我们用 dis ( a , b ) \text{dis}(a,b) dis(a,b) 表示点 a a a 和点 b b b 的路径上各边长度之和。称 dis ( a , b ) \text{dis}(a,b) dis(a,b) 为 a , b a,b a,b 两个节点间的距离。
直径：一棵树上，最长的路径为树的直径。树的直径可能不是唯一的。
现在小 Q 想知道，对于给定的一棵树，其直径的长度是多少，以及有多少条边满足所有的直径都经过该边。
输入格式
第一行包含一个整数 N N N，表示节点数。
接下来 N − 1 N-1 N−1 行，每行三个整数 a , b , c a,b,c a,b,c，表示点 a a a 和点 b b b 之间有一条长度为 c c c 的无向边。
输出格式
共两行。第一行一个整数，表示直径的长度。第二行一个整数，表示被所有直径经过的边的数量。
样例 #1
样例输入 #1
6
3 1 1000
1 4 10
4 2 100
4 5 50
4 6 100
样例输出 #1
1110
2
提示
【样例说明】
直径共有两条， 3 3 3 到 2 2 2 的路径和 3 3 3 到 6 6 6 的路径。这两条直径都经过边 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1) 和边 ( 1 , 4 ) (1, 4) (1,4)。
对于 100 % 100\% 100% 的测试数据： 2 ≤ N ≤ 200000 2\le N\le 200000 2≤N≤200000，所有点的编号都在 1 ∼ N 1\sim N 1∼N 的范围内，边的权值 ≤ 1 0 9 \le10^9 ≤109。
思路
本题在这篇博客中讲过，有一个定理，从树上任意点开始DFS能到达的最远的点一定是直径的端点，再从这个点开始跑大法师即可
AC代码
cpp
//P3304 [SDOI2013] 直径
//树的直径
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
int n,h[200010],e[400010],ne[400010],w[400010],idx,dep[200010],sum[200010],st[200010];
void add(int a,int b,int c){
e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int dfs(int u,int fa){
if(!fa)dep[u]=0;
int maxn=dep[u],maxi=u;
for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
int j=e[i];
if(j!=fa){
dep[j]=dep[u]+w[i];
int t=dfs(j,u);
if(dep[t]>maxn)maxn=dep[t],maxi=t;
}
}
return maxi;
}
void dfs2(int u,int fa){
if(sum[u])return;
for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
int j=e[i];
if(j!=fa){
dfs2(j,u);
sum[u]+=sum[j];
}
}
}
signed main(){
memset(h,-1,sizeof h);
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
add(a,b,c),add(b,a,c);
}
int ttt=dfs(1,0);
int t=dfs(ttt,0);
for(int i=1;i<=n;i++)if(dep[i]==dep[t])sum[i]=1;
dfs2(ttt,0);
for(int i=1;i<=n;i++)if(sum[i]==sum[ttt])st[i]=1;
int tt=dfs(t,0),ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(dep[i]==dep[tt])sum[i]=1;
else sum[i]=0;
}
dfs2(t,0);
for(int i=1;i<=n;i++)if(sum[i]!=sum[t])st[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(st[i])ans++;
cout<<dep[tt]<<endl<<ans-1<<endl;
}BFS
思路
BFS 是一种逐层遍历的算法，它先访问起始节点的所有邻接节点，然后再依次访问这些邻接节点的邻接节点，如此逐层向外扩展。
与深度优先搜索（DFS）不同，BFS 更注重广度上的探索，保证在访问较深层次的节点之前，先访问完当前层次的所有节点。
实现
以下是一个使用队列实现 BFS 遍历二叉树的 C++代码示例：
cpp
#include <iostream>
#include <queue>
// 二叉树节点结构体
struct TreeNode {
int val;
TreeNode* left;
TreeNode* right;
TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
};
// BFS 函数
void bfs(TreeNode* root) {
if (root == NULL) {
return;
}
std::queue<TreeNode*> q;
q.push(root);
while (!q.empty()) {
TreeNode* curr = q.front();
q.pop();
std::cout << curr->val << " ";
if (curr->left) {
q.push(curr->left);
}
if (curr->right) {
q.push(curr->right);
}
}
}
int main() {
// 构建一个简单的二叉树
TreeNode* root = new TreeNode(1);
root->left = new TreeNode(2);
root->right = new TreeNode(3);
root->left->left = new TreeNode(4);
root->left->right = new TreeNode(5);
std::cout << "BFS 遍历结果: ";
bfs(root);
return 0;
}在上述代码中，我们使用一个队列来存储待访问的节点。首先将根节点入队，然后不断取出队首节点进行访问，并将其未访问过的子节点入队，直到队列为空。
应用场景
寻找最短路径
例如在地图中找到从起点到终点的最短路径。
层次遍历问题
如按层次打印二叉树的节点。
特点和优势
能够保证找到的路径是最短的（如果路径长度是基于边的数量）。
对于层次结构明显的问题，BFS 能够更直观地处理。
然而，BFS 也有一些局限性，比如需要更多的存储空间来维护队列。
例题讲解
八数码
[题目描述]
在一个 3×3的网格中，1∼8 这 8 个数字和一个 x 恰好不重不漏地分布在这 3×3 的网格中。
例如：
1 2 3
x 4 6
7 5 8
在游戏过程中，可以把 x 与其上、下、左、右四个方向之一的数字交换（如果存在）。
我们的目的是通过交换，使得网格变为如下排列（称为正确排列）：
1 2 3
4 5 6
7 8 x
例如，示例中图形就可以通过让 x 先后与右、下、右三个方向的数字交换成功得到正确排列。
交换过程如下：
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
x 4 6 4 x 6 4 5 6 4 5 6
7 5 8 7 5 8 7 x 8 7 8 x
现在，给你一个初始网格，请你求出得到正确排列至少需要进行多少次交换。
输入格式
输入占一行，将 3×3 的初始网格描绘出来。
例如，如果初始网格如下所示：
1 2 3
x 4 6
7 5 8
则输入为：1 2 3 x 4 6 7 5 8
输出格式
输出占一行，包含一个整数，表示最少交换次数。
如果不存在解决方案，则输出 −1。
输入样例：
2 3 4 1 5 x 7 6 8
输出样例
19
思路
我们从初始状态开始搜索，每次尝试把x和他上下左右交换再放入队列，直到搜索到最终结果为止
AC代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int bfs(string start){
string end="12345678x";
queue<string>q;
unordered_map<string,int>d;
q.push(start);
d[start]=0;
int dx[4]={-1,0,1,0},dy[4]={0,1,0,-1};
while(q.size()){
auto t=q.front;
q.pop();
int distance=d[t];
if(t==end)return distance;
int k=t.find('x');
int x=k/3,y=k%3;
for(int i=0;i<4;i++){
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
if(a>=0&&a<3&&b>=0&&b<3){
swap(t[k],t[a*3+b]);
if(!d.count(t)){
d[t]=distance+1;
q.push(d);
}
swap(t[k],t[a*3+b]);
}
}
}
return -1;
}
int main(){
char str[2];
string state;
for(int i=0;i<9;i++){
char c;
cin>>c;
state+=c;
}
cout<<bfs(state)<<endl;
}图中点的层次
[题目描述]
给定一个 n 个点 m 条边的有向图，图中可能存在重边和自环。
所有边的长度都是 1，点的编号为 1∼n。
请你求出 1 号点到 n 号点的最短距离，如果从 1号点无法走到 n 号点，输出 −1。
输入格式
第一行包含两个整数 n和 m。
接下来 m 行，每行包含两个整数 a 和 b，表示存在一条从 a 走到 b 的长度为 1 的边。
输出格式
输出一个整数，表示 1 号点到 n号点的最短距离。
数据范围
1≤n,m≤105
输入样例：
4 5
1 2
2 3
3 4
1 3
1 4
输出样例：
1
AC代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
vector <int>g[N];
int d[N],n,m;
queue<int>qu;
int bfs()
{
qu.push(1);
memset(d,-1,sizeof(d));
d[1]=0;
while(!qu.empty()){
int t=qu.front();
qu.pop();
for(int i=0;i<g[t].size();i++){
int j=g[t][i];
if(d[j]==-1){
d[j]=d[t]+1;
qu.push(j);
}
}
}
return d[n];
}
int main(){
int i;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++){
int a,b;
scanf("%d %d",&a,&b);
g[a].push_back(b);
}
cout<<bfs()<<endl;
return 0;
}走迷宫
[题目描述]
给定一个 n×m 的二维整数数组，用来表示一个迷宫，数组中只包含 0 或 1，其中 0 表示可以走的路，1 表示不可通过的墙壁。
最初，有一个人位于左上角 (1,1) 处，已知该人每次可以向上、下、左、右任意一个方向移动一个位置。
请问，该人从左上角移动至右下角 (n,m) 处，至少需要移动多少次。
数据保证 (1,1) 处和 (n,m) 处的数字为 0，且一定至少存在一条通路。
输入格式
第一行包含两个整数 n和 m。
接下来 n 行，每行包含 m 个整数（0或 1），表示完整的二维数组迷宫。
输出格式
输出一个整数，表示从左上角移动至右下角的最少移动次数。
数据范围
1≤n,m≤100
输入样例：
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
输出样例：
8
思路
将起点的坐标加进队列里，每次从队列中取出点，遍历上下左右的情况，如果这个点被走过了，不选，是墙，不选，剩下的点加进队列里，用原来的点维护现在节点的访问顺序
AC代码
cpp
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
queue<int> qux;
queue<int> quy;
int main(){
int a[130][130],mv[4][2]={1,0,0,1,0,-1,-1,0};
memset(a,1,sizeof(a));
int n,m,i,j;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
}
}
a[1][1]=0;
qux.push(1);
quy.push(1);
while(!qux.empty()){
int x=qux.front(),y=quy.front();
qux.pop();
quy.pop();
for(int o=0;o<4;o++){
int x1=x+mv[o][0],y1=y+mv[o][1];
if(a[x1][y1]==0){
a[x1][y1]=a[x][y]+1;
qux.push(x1);
quy.push(y1);
}
}
}
if(a[n][m]==195)
{
cout<<a[n][m]-1;
}
else printf("%d\n",a[n][m]);
}这是我的第二十三篇文章，如有纰漏也请各位大佬指正
辛苦创作不易，还望看官点赞收藏打赏，后续还会更新新的内容。