数据结构与算法——DFS(深度优先搜索)

算法介绍:

深度优先搜索(Depth-First Search,简称DFS)是一种用于遍历或搜索树或图的算法。这种算法会尽可能深地搜索图的分支,直到找到目标节点或达到叶节点(没有子节点的节点),然后回溯到上一个分支继续搜索。DFS可以用于许多问题,比如路径寻找、连通性验证、拓扑排序等。

在ACM、蓝桥杯等著名竞赛中DFS算法是比较重要的,特别是在蓝桥杯中每一年几乎都要考DFS/BFS算法 。DFS算法在OI赛中用处非常大,可以通过DFS/BFS暴力的方式可以拿到部分分数,蓝桥杯一般可以拿到20%的分数,有的甚至高达50%,是暴力得分的不二之选。

基本步骤:

DFS通常使用递归或栈来实现。以下是DFS的基本步骤:

  1. 选择起始点:选择图中的一个点作为起始点。
  2. 访问节点:标记起始节点为已访问,并将该节点加入递归或栈中。
  3. 探索邻接节点:从该点周围取出一个点,检查它的所有未访问的邻接节点。
  4. 递归或迭代:对每个未访问的邻接节点,将其标记为已访问,然后将其推入递归或栈中。
  5. 回溯:当当前节点的所有邻接节点都被访问后,递归中回溯/从栈中弹出该节点,继续搜索上一个点的其他分支。
  6. 结束条件:当栈为空或找到目标节点时,搜索结束。

图解算法:

下面放一张我们学校ACM在大一培训时使用的一张动态BFS/DFS步骤图。注:红色遍历为BFS、黄色遍历为DFS。(绿色为起点,紫色为终点,黑色为障碍物)

由上图中我们可以看出,DFS的遍历为一条路,用我们学长的话说就是一条路走到头,找不到就再回头换另一条路,继续搜索,直到找到终点。那么BFS就是在一个点的周围每一个点都走一遍试一下,属于扩散型的。找不到的话在这个点的基础上再去扩散四周寻找。BFS一般通过栈来实现,DFS一般通过递归来实现。

下面我们将以3*3的网格,只考虑上下左右四个方向,上左、下左等四个方向不考虑,递归顺序为{上、下、左、右},顺序可按照自己的想法,这里以上下左右顺序为例,给大家模拟实现一下过程。

第一步:

本身就在起点,先把此时起点标记为已经走过了,即vis[起点]=true,告诉后面这个点不能再搜索了,不标记的话可能会陷入死循环。在寻找起点的上下左右格子,我们发现,{上}、{左}方向都已经超出了格子范围,在题中就是超出了下标范围,那么我们能考虑的就只有{下}、{右}方向,由于我们递归的顺序为{上、下、左、右},{上}方向超出了格子范围,那么级别最高且合法的就是{下}方向了,从起点向下走。

第二步:

先标记,vis[第一步]=true。此时我们发现{左}方向已经不在网格里面了,下标已经越界了,所以不考虑{左}方向,此时递归顺序为{上、下、右}方向,向上走,在第一步一开始我们就把vis[起点]标记为true,说明已经走过了,下面不允许走了,{上}方向也不能走了。此时优先级最高的为下方向了,下方向没有被标记过,所以可以走。

第三步:

还是先标记,把当前位置所走的标记为已经走过,即vis[第二步]=true。此时我们发现{左、下}两个方向已经越界了,所以不考虑,此时递归优先级为{上、右},由于第三步刚开始就把vis[第二步]=true,已经标记了,不能走了,所以这一步只能向右走。

第四步:

还还还是先标记,vis[第三步]=true。此时我们发现{下}方向已经越界了,所以不考虑{下}方向了,在这一步刚开始我们把{左}方向这个点已经给标记过了,所以不能走,那么剩余的合法递归顺序为{上、右},此时我们便可以向上走,找到终点,完成此次DFS(深度优先搜索)。


算法模板:

从上面的图解算法中步骤我们把算法步骤归结为一下:

首先我们需要一个数组即输入的数据数组,可能为int、也肯为char,在绝大部分题目中都需要一个标记数组,即bool类型的vis数组。然后在题目中找到搜索的起点跟终点,设置dfs函数的参数,根据题目的不同参数个数不同。在主函数dfs函数之前先把vis[起点]标记为true ,一定不要忘记,否则就是死循环。确定了起点,把参数传给dfs函数参数,进入dfs递归函数,确定函数的终止条件,即当前状态==目标状态或者递归值==某个数等,终止条件一定在函数的最前面 ,否则会影响答案。再次,在当前点,寻找当前点的周围(根据题目,可能四个点,也可能八个点等),用for循环遍历每一个点,如果这个点已经被标记过了或者数组下标越界都是不合法的,直接continue掉。那么剩下的就是合法的,可以访问下一个点,先把下一个点给标记完再去递归下一个点,再进入dfs函数递归,注意大部分dfs都需要回溯的,即把vis[当前点]=false,为什么需要回溯,这就是我们所说的一条路走不通,回头换一条路走,那么我要回头,前面走过的已经被标记的,还咋走,那就要vis[当前点]=false解除标记。下面贴一个dfs函数的一般模板。

cpp 复制代码
void dfs(int dep){//dep为当前状态
	if(dep==x){//当前状态==目标状态,终止条件
		更新结果
		return;
	}
	for(int i=0;i<n;i++){//遍历每一种可能
		if(不符合条件){
			continue;//跳过
		}
		//符合条件
		vis[访问的点]=true;//先标记
		dfs(下一个状态);
		vis[访问的点]=false;//恢复现场,大部分需要回溯,有的不需要这一步
	}
}

算法例题:

现在各大算法刷题网站上dfs题目非常的多,dfs题目的变化也比较多,现在各种各样的题目层出不穷,博主所做过的题印象中大部分在终止条件哪里变化的比较多,像是还有在条件判断上增加附加条件等等,下面博主选取几个比较具有代表性的给大家讲解一下,加深理解一下dfs算法。


一、马走日

题目描述:

马在中国象棋以日字形规则移动。请编写一段程序,给定n×m大小的棋盘,以及马的初始位置(x,y),要求不能重复经过棋盘上的同一个点,计算马可以有多少途径遍历棋盘上的所有点。
输入

第一行为整数T(T < 10),表示测试数据组数。

每一组测试数据包含一行,为四个整数,分别为棋盘的大小以及初始位置坐标n,m,x,y。(0≤x≤n-1,0≤y≤m-1, m < 10, n < 10)。
输出

每组测试数据包含一行,为一个整数,表示马能遍历棋盘的途径总数,0为无法遍历一次。
输入示例

1

5 4 0 0
输出示例

32

解题思路:

这个题不同在了马走的方向跟之前走四个方向的不同他是斜着跳,与象棋上的马一样,例如(1,2)、(-2,1)等,初始状态就是起点(x,y),终点的话,除了起点每个点都可能是终点,这样不好确定终点,但是我们有一个条件,遍历完所有点,有两种方法可以确定遍历完所有点,第一种是n*m的棋盘,那么如果走完了n*m步就完成了一次,第二种设置一个标记数组,标记棋盘上每一个点都被标记完了就完成一次,很明显第一种方法比第二种好。由于统计的是途径总数,每完成一次计数就++,直到他无路可走,自动退出函数。

AC代码:
cpp 复制代码
#include<iostream>
using namespace std;
int a[15][15],vis[15][15];
int n,m,sx,sy;
int ans;//途径数
int dx[]={1,1,-1,-1,2,2,-2,-2};//马在棋盘上可以跳八个方向
int dy[]={2,-2,2,-2,1,-1,1,-1};
void dfs(int x,int y,int dep){//(x,y)当前坐标,dep当前步数
	if(dep==n*m){//终止条件
		ans++;
		return;
	}
	for(int i=0;i<8;i++){//八个方向遍历
		int bx=x+dx[i];
		int by=y+dy[i];
		if(vis[bx][by]==1){//已经被标记过了
			continue;
		}
		if(bx<0||bx>=n||by<0||by>=m){//下标越界
			continue;
		}
		vis[bx][by]=1;//先标记该点
		dfs(bx,by,dep+1);//再去递归下一次
		vis[bx][by]=0;//回溯--解标记
	}
}
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		ans=0;
		scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&sx,&sy);
		vis[sx][sy]=1;//起点标记
		dfs(sx,sy,1);
		printf("%d",ans);
	}
	
	return 0;
}

二、AcWing 3428. 放苹果

把 M个同样的苹果放在 N个同样的盘子里,允许有的盘子空着不放,问共有多少种不同的分法?

盘子相对顺序不同,例如 5,1,1和 1,5,1算作同一种分法。

输入格式

输入包含多组测试数据。

每组数据占一行,包含两个整数 M 和 N。

输出格式

每组数据,输出一行一个结果表示分法数量。

数据范围

1≤M,N≤10;

输入样例:

7 3

输出样例:

8
解题思路:

N与M最大只有10,dfs可以适用,M个苹果放到N个盘子里,允许盘子空着不放,可以直接dfs递归实现,我们设置两个参数,一个遍历的盘子数dep,一个遍历的苹果数sum,每一次向盘子里面放t个苹果,那么苹果数sum-t,盘子数sum+1,当超出了盘子数不符合条件或者苹果数<0则返回上一步执行。

AC代码:
cpp 复制代码
#include<iostream>
using namespace std;

int a[101]={1};//初始化为1放苹果的至少放一个
int m,n,num=0;//m:苹果,n:盘子

void dfs(int sum,int dep){
	if(sum<0){//没有苹果就没法放了,回溯
		return;
	}
	if(sum==0&&dep<=n+1){//终止条件
		num++;
		return;
	}
	for(int i=a[dep-1];i<=m;i++){//防止重复放比如{1,5,1}跟{5,1,1}是一样的放法
		a[dep]=i;//放的个数
		dfs(sum-i,dep+1);//继续搜索下一个盘子
        //没有回溯,因为这是组合问题,分的苹果数重复了属于同一种
	}
}
int main(){
    while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF){
        num=0;
        dfs(m,1);
	    printf("%d\n",num);
    }
	return 0;
}

三、八皇后问题

会下国际象棋的人都很清楚:皇后可以在横、竖、斜线上不限步数地吃掉其他棋子。

如何将 8 个皇后放在棋盘上(有 8×8 个方格),使它们谁也不能被吃掉!

这就是著名的八皇后问题。

已经知道 8 皇后问题一共有 92 组解。

要求打印每一种解。

解题思路:

对于八皇后问题以后博主感觉不会出类似的题,但是我还是想把八皇后加入到例题来讲解,因为它实在是太经典了。八皇后问题是最经典的递归问题,**你可以说没学过八皇后,但是不能说学了dfs但是不会八皇后。**为什么说八皇后问题最经典,八皇后问题的条件一般是不会改变的,它在标记这一块动了手脚,本来由标记一个点变为标记整行、整列、点所在的主对角线、点所在的副对角线。主要麻烦在了标记这一块,标记处理好了,回溯的时候也比较好处理,现在对于标记网上有很多方法,我看了很多方法找出了一种我认为比较好的方法,是acking老师讲解的方法,跟大家分享一下。

首先,它需要标记四条线,分别是行、列、上左到右下、上右到左下,把它简化一下,我每次遍历从第一行开始,每次向下一个,这样保证了每次行不一样,可以少标记一个数组。列的话,一个一维vis数组就够了,上左到右下这条线,把它顺时针旋转45°,会发现是竖直的线。每一条线满足i-j+n不一样(i,j)是坐标。上右到左下这条线逆时针旋转45°,也会发现是一条竖线,每一条线满足i+j是不一样的。这样可以把它们的值当作下标值处理。

视频讲解:acking老师讲解--->点击这里<---
代码实现:
cpp 复制代码
#include<stdio.h>
int a[10][10];
int vis1[8]/*标记列*/, vis2[16],/*标记左上右下*/ vis3[16]/*标记右上左下*/;
int n = 8, ans = 0;
void vis(int i, int j, int flag) {
	a[i][j] = flag;
	vis1[j] = flag;
	vis2[i - j + n] = flag;
	vis3[i + j] = flag;
}
void dfs(int i) {
	if (i == n) {
		printf("No.%d\n", ++ans);
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			for (int j = 0; j < n; j++) {
				printf("%d ", a[i][j]);
			}
			printf("\n");
		}
		return;
	}
	for (int j = 0; j < n; j++) {
		if (vis1[j] == 0 && vis2[i - j + n] == 0 && vis3[i + j] == 0) {
			vis(i, j, 1);
			dfs(i + 1);
			vis(i, j, 0);
		}
	}
}
int main() {
	dfs(0);
	return 0;
}

四、第十四届蓝桥杯省赛大学B组 岛屿个数

题目描述:

小蓝得到了一副大小为 M×N 的格子地图,可以将其视作一个只包含字符 0(代表海水)和 1(代表陆地)的二维数组,地图之外可以视作全部是海水,每个岛屿由在上/下/左/右四个方向上相邻的 1 相连接而形成。

在岛屿 A 所占据的格子中,如果可以从中选出 k 个不同的格子,使得他们的坐标能够组成一个这样的排列:(x0,y0),(x1,y1),...,(xk−1,yk−1),其中 (x(i+1)%k,y(i+1)%k) 是由 (xi,yi) 通过上/下/左/右移动一次得来的 (0≤i≤k−1),此时这 k 个格子就构成了一个 "环"。

如果另一个岛屿 B 所占据的格子全部位于这个 "环" 内部,此时我们将岛屿 B 视作是岛屿 A 的子岛屿。若 B 是 A 的子岛屿,C 又是 B 的子岛屿,那 C 也是 A 的子岛屿。

请问这个地图上共有多少个岛屿?在进行统计时不需要统计子岛屿的数目。

输入格式:

第一行一个整数 T,表示有 T 组测试数据。

接下来输入 T 组数据。

对于每组数据,第一行包含两个用空格分隔的整数 M、N 表示地图大小;接下来输入 M行,每行包含 N 个字符,字符只可能是 0 或 1。

输出格式:

对于每组数据,输出一行,包含一个整数表示答案。

数据范围:

对于 30% 的评测用例,1≤M,N≤10。

对于 100% 的评测用例,1≤T≤10,1≤M,N≤50。

解题思路:

这个题博主感觉是蓝桥杯出的比较成功的题,它考查的非常具有思维性,打破了传统的dfs思路。加入了新的判断条件,很具有挑战性,博主感觉以后的像蓝桥杯这种比赛,dfs的考察一定会向着这个方向发展,传统的dfs将会退出题海战术。具体的讲解跟AC代码,请看我这一篇文章,文章单独讲解了这一道题,由于文章长度限制这里不再详解,请移步下面链接。

第十四届省赛大学B组(C/C++)岛屿个数-CSDN博客文章浏览阅读1.1k次,点赞30次,收藏14次。这不是普通的DFS/BFS搜索题,看着很像最少连通块,但是题目中又有了新的定义就是在陆地环里面(被陆地包围)也算属于此外围岛屿,那么我们就也要判定这种环岛屿,博主的思路是先BFS也可DFS找出连通块的个数(四个方向),建一个vector把连通块的起点存进去,方便去找环岛屿,只要有一个起点(或者此连通块任意一个点),此连通块的点便可通过移动一网打尽,再BFS(或者DFS)判定该岛屿是否属于这种环岛屿,不属于就结果加一,属于就不用加。对于 100% 的评测用例,1≤T≤10,1≤M,N≤50。https://blog.csdn.net/m0_73633807/article/details/137248445?spm=1001.2014.3001.5501


感谢大家支持,下篇更新BFS(广度优先搜索)

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