图上的遍历算法
广度优先搜索 BFS
概念
**广度优先搜索（Breadth-First Search）**是一种图遍历算法，用于在图或树中按层次逐层访问节点。它从源节点（起始节点）开始，首先访问源节点的所有直接邻接节点，然后依次访问距离源节点较远的节点，直到遍历完整个图或到达目标节点
BFS通过队列逐层扩展的方式，确保按最短路径访问节点，并且保证在无权图中找到从源节点到目标节点的最短路径，适用于寻找最短路径、连通分量和解决图的层次遍历等问题
时间复杂度：\(O(V+E)\)，其中\(V\)是图中节点数（顶点数），\(E\)是图中的边数
实现方法
BFS 采用 队列（Queue） 来保证节点的逐层访问。每当一个节点被访问时，其所有未访问的邻接节点都会被加入队列，确保接下来的节点按照它们的距离起始节点的层数顺序依次访问
cpp
//伪代码
BFS(graph, start):
将起始节点 start 加入队列 queue 并标记为已访问
while queue 非空:
当前节点 node = 从队列中弹出
访问节点 node
遍历 node 的所有邻接节点 neighbor:
if neighbor 没有被访问过:
标记 neighbor 为已访问
将 neighbor 加入队列
cpp
//C++代码（邻接表，维护了距离数组和前驱节点数组）
//Q 队列，用于存储待访问的节点
//vis 访问标记数组，记录每个节点是否被访问过
//d 距离数组，记录每个节点从起始节点的最短距离
//p 前驱节点数组，记录每个节点的前驱节点，帮助恢复路径
//head[u] 节点u的邻接表的头节点
//e[i].to 边i的目标节点
//e[i].nxt 边i的下一个边的指针，用于遍历邻接表
void bfs(int u) {
while (!Q.empty()) Q.pop();//清空队列
Q.push(u);
vis[u] = 1;
d[u] = 0;
p[u] = -1;
while (!Q.empty()) {
u = Q.front();
Q.pop();
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
if (!vis[e[i].to]) {
Q.push(e[i].to);
vis[e[i].to] = 1;
d[e[i].to] = d[u] + 1;
p[e[i].to] = u;
}
}
}
}
void restore(int x) {
vector<int> res;
for (int v = x; v != -1; v = p[v]) res.push_back(v);
reverse(res.begin(), res.end());
for (int i = 0; i < res.size(); ++i) printf("%d ", res[i]);
}层序遍历
例题 Leetcode 102 二叉树的层序遍历
给你二叉树的根节点 root ，返回其节点值的 层序遍历 （即逐层地，从左到右访问所有节点）
样例输入：
root = [3,9,20,null,null,15,7]graph TB A((3)) B((9)) C((20)) D((15)) E((7)) A---B A---C C---D C---E
样例输出：
[[3],[9,20],[15,7]]关键代码：
cpp
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
vector <vector <int>> ans;
if (!root) return ans;
queue <TreeNode*> q;
q.push(root);
while (!q.empty()) {
int size = q.size();//队列中元素数量
ans.push_back(vector <int> ());
for (int i = 1; i <= size; ++i) {
auto node = q.front(); q.pop();
ans.back().push_back(node->val);
if (node->left) q.push(node->left);
if (node->right) q.push(node->right);
}
}
return ans;
}最短路径
创建一个数组或字典来记录每个节点的最短路径（即距离）。 初始时，将起点的距离设置为0，其他节点设置为 -1表示未被访问。广度优先搜索时，对于每个邻居节点，如果它尚未被访问过，则更新其最短路径为当前节点的最短路径+1，并将该邻居节点加入队列
例题 Luogu P1443 马的遍历
有一个 \(n \times m\) 的棋盘，在某个点 \((x, y)\) 上有一个马，要求你计算出马到达棋盘上任意一个点最少要走几步
输入： 输入只有一行四个整数，分别为 \(n, m, x, y\)
输出： 一个 \(n \times m\) 的矩阵，代表马到达某个点最少要走几步（不能到达则输出 \(-1\)）
样例输入：
3 3 1 1样例输出：
0 3 2
3 -1 1
2 1 4关键代码：
cpp
int vis[N][N],f[N][N];
int dx[8]={-1,-2,-2,-1,1,2,2,1};
int dy[8]={2,1,-1,-2,2,1,-1,-2};//8个方向
f[x][y]=0;//记录步数
q.push(make_pair(x,y));
vis[x][y]=true;
while(!q.empty())
{
int xx=q.front().first,yy=q.front().second;
q.pop();
for(int i=0;i<8;i++)
{
int u=xx+dx[i],v=yy+dy[i];
if(u<1||u>n||v<1||v>m||vis[u][v])continue;
vis[u][v]=true;q.push(make_pair(u,v));
f[u][v]=f[xx][yy]+1;
}
}Luogu B3625 迷宫寻路
迷宫可以视为一个 \(n\times m\) 矩阵，每个位置要么是空地，要么是墙。机器猫初始时位于 \((1, 1)\) 的位置，只能从一个空地走到其上、下、左、右的空地，问能否走到 \((n, m)\) 位置
输入： 第一行，两个正整数 \(n,m\)。 接下来 \(n\) 行，输入这个迷宫。每行输入一个长为 \(m\) 的字符串，# 表示墙，. 表示空地
输出： 仅一行，一个字符串。如果机器猫能走到 \((n, m)\)，则输出 Yes；否则输出 No
样例输入：
3 5
.##.#
.#...
...#.样例输出：
c++
YesLuogu P1135 奇怪的电梯
大楼的每一层楼都可以停电梯，而且第 \(i\) 层楼（\(1 \le i \le N\)）上有一个数字 \(K_i\)（\(0 \le K_i \le N\)）。电梯只有四个按钮：开，关，上，下。上下的层数等于当前楼层上的那个数字。当然，如果不能满足要求，相应的按钮就会失灵。例如： \(3, 3, 1, 2, 5\) 代表了 \(K_i\)（\(K_1=3\)，\(K_2=3\)，......），从 \(1\) 楼开始。在 \(1\) 楼，按"上"可以到 \(4\) 楼，按"下"是不起作用的，因为没有 \(-2\) 楼。那么，从 \(A\) 楼到 \(B\) 楼至少要按几次按钮呢？
输入： 第一行为三个用空格隔开的正整数，表示 \(N, A, B\)（\(1 \le N \le 200\)，\(1 \le A, B \le N\)）。第二行为 \(N\) 个用空格隔开的非负整数，表示 \(K_i\)
输出： 一行，即最少按键次数，若无法到达，则输出 -1
样例输入：
5 1 5
3 3 1 2 5样例输出：
3连通分量问题
无向图中的连通分量：是指图中所有节点都彼此连通的最大子集。对于一个无向图，如果你从一个节点出发，通过图中的边能访问到其他所有节点，那么这些节点组成一个连通分量。如果图的某个子集内的节点之间有路径相连，则该子集为一个连通分量
例题 Leetcode 200 岛屿数量
给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量
岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成
此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围
样例输入：
grid = [
["1","1","0","0","0"],
["1","1","0","0","0"],
["0","0","1","0","0"],
["0","0","0","1","1"]
]样例输出：
c++
3关键代码：
cpp
int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, -1, 0, 0, -1}; //四个方向
void bfs(vector<vector<char>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {
queue<pair<int, int>> que;
que.push({x, y});
visited[x][y] = true;
while(!que.empty()) {
pair<int ,int> cur = que.front(); que.pop();
int curx = cur.first;
int cury = cur.second;
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int nextx = curx + dir[i][0];
int nexty = cury + dir[i][1];
if (nextx < 0 || nextx >= grid.size() || nexty < 0 || nexty >= grid[0].size()) continue;
if (!visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == '1') {
que.push({nextx, nexty});
visited[nextx][nexty] = true;
}
}
}
}深度优先搜索 DFS
概念
**深度优先搜索（Depth-First Search）**是一种用于图或树的遍历算法，它的基本思想是：从一个起始节点出发，沿着一条路径一直向下遍历，直到不能继续为止，然后回溯到上一个节点，继续探索其它未被访问的节点，直到所有节点都被访问过为止
DFS的核心思想是尽量深入每一个分支，探索到没有可再走的路径后，再回退到上一层节点进行其他路径的搜索
时间复杂度：\(O(V+E)\)
实现方法
递归
实现DFS最常见的方法，能直观的利用函数调用栈自动进行回溯。递归地访问当前节点的所有未访问的邻居；每次递归调用都会进入下一个节点，直到无法访问为止，再回溯到上一个节点，继续访问其他未被访问的邻居
cpp
int n,path[N];
bool st[N + 1]; // 标记数组
void dfs(int u) // 排列第 u 个数
{
if (u == n)
{
for (int i = 0; i < n; i++)
printf("%5d", path[i]);
printf("\n");
return;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (!st[i])
{
path[u] = i; // 将 i 放入当前排列的位置
st[i] = true; // 标记 i 已被使用
dfs(u + 1); // 递归 构造排列的下一个位置
st[i] = false; // 回溯 撤销选择，取消对 i 的标记
}
}
}栈
显式地使用栈来模拟递归过程。从栈顶取出节点并访问，将当前节点的所有未访问的邻居压入栈中；当所有邻居被访问后，出栈，回溯到上一个节点。显式栈避免了递归带来的栈溢出问题，适合于需要较大深度遍历的场景
cpp
vector<vector<int>> adj; //邻接表
vector<bool> vis; //记录节点是否已经遍历
void dfs(int s) {
stack<int> st;
st.push(s);
vis[s] = true;
while (!st.empty()) {
int u = st.top();
st.pop();
for (int v : adj[u]) {
if (!vis[v]) {
vis[v] = true; //确保栈里没有重复元素
st.push(v);
}
}
}
}回溯问题
当递归到某一层时，如果发现当前状态不符合条件，或者已经找到一个解，就撤销当前的操作，返回到上一个状态，继续尝试其他的选择
例题 Acwing 843 N皇后问题
将 \(n\) 个皇后放在 \(n \times n\) 的国际象棋棋盘上，使得皇后不能相互攻击到，即任意两个皇后都不能处于同一行、同一列或同一斜线上。现在给定整数n，请你输出所有的满足条件的棋子摆法
输入： 共一行，包含整数 \(n\)
输出： 每个解决方案占 \(n\) 行，每行输出一个长度为 \(n\) 的字符串，用来表示完整的棋盘状态。其中 "\(.\)" 表示某一个位置的方格状态为空，"\(Q\)" 表示某一个位置的方格上摆着皇后。每个方案输出完成后，输出一个空行
输入样例：
c++
4输出样例：
c++
.Q..
...Q
Q...
..Q.
..Q.
Q...
...Q
.Q..关键代码：
cpp
int n;
char g[N][N];//用来存路径
bool col[N], dg[N], udg[N];//col列，dg对角线，udg反对角线，用来判断该位置是否可行
void dfs(int u) {
if (u == n) {
for (int i = 0; i < n; i ++ ) puts(g[i]);
puts("");
return;
}
int x = u;
for (int y = 0; y < n; y ++ )
if (col[y] == false && dg[y - x + n] == false && udg[y + x] == false) {
col[y] = dg[y - x + n] = udg[y + x] = true;
g[x][y] = 'Q';
dfs(x + 1);
g[x][y] = '.';
col[y] = dg[y - x + n] = udg[y + x] = false;
}
}Luogu P1706 全排列问题
按照字典序输出自然数 \(1\) 到 \(n\) 所有不重复的排列，即 \(n\) 的全排列，要求所产生的任一数字序列中不允许出现重复的数字
输入： 一个整数 \(n\)
输出： 由 \(1 \sim n\) 组成的所有不重复的数字序列，每行一个序列。每个数字保留 \(5\) 个场宽
样例输入：
3样例输出：
1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1强连通分量
在有向图 \(G\) 中，如果两个顶点 \(u\) ，\(v\) 间有一条从 \(u\) 到 \(v\) 的有向路径，同时还有一条从 \(v\) 到 \(u\) 的有向路径，则称两个顶点强连通 。如果有向图 \(G\) 的每两个顶点都强连通，称 \(G\) 是一个强连通图 。有向非强连通图的极大强连通子图，称为强连通分量
graph LR 1-->2 2-->5 5-->1 2-->3 3-->5 5-->6 3-->7
如上图，\(\{1,2,3,5\}\)为一个强连通分量，因为顶点 \(1,2,3,5\) 两两可达
Tarjan算法
- 从每个未访问的节点开始执行DFS。在DFS的过程中，记录节点的发现时间
DFN，更新最早可到达的祖先节点LOW - 当某个节点的
LOW值等于其发现时间DFN时，说明从该节点开始的节点（包括它本身）形成了一个强连通分量。此时，从栈中弹出所有节点，并将它们标记为同一强连通分量 - 栈
stack在算法中用于保存当前DFS路径中的节点，直到识别到一个强连通分量时，再从栈中弹出这些节点
cpp
//vis[] 用于标记节点是否在栈中，避免重复处理
//stack[] 栈，用于存放当前DFS访问路径上的节点
//LOW[] 表示节点pos能回到的最早节点的时间戳
//DFN[] 记录节点的DFS发现时间
//dfs_num DFS的计数器，用于给每个节点标记一个唯一的访问时间戳
//size[] 记录每个强连通分量的大小
//dye[] 标记每个节点属于哪个强连通分量
//CN 当前强连通分量的编号
//pre[]和E[] 用于存储图的边和邻接表，pre[pos]存储pos节点的出边
void tarjan(int pos){
vis[stack[++index]=pos]=1;//入栈并标记
LOW[pos]=DFN[pos]=++dfs_num;
for(int i=pre[pos];i;i=E[i].next){
if(!DFN[E[i].to]){
tarjan(E[i].to);
LOW[pos]=min(LOW[pos],LOW[E[i].to]);
}
else if(vis[E[i].to]) LOW[pos]=min(LOW[pos],DFN[E[i].to]);
}
if(LOW[pos]==DFN[pos]){
vis[pos]=0;
size[dye[pos]=++CN]++;//染色及记录强连通分量大小
while(pos!=stack[index]){
vis[stack[index]]=0;
size[CN]++;//记录大小
dye[stack[index--]]=CN;//弹栈并染色
}
index--;
}
}例题 Luogu P2341 受欢迎的牛
被所有奶牛喜欢的奶牛就是一头明星奶牛。所有奶牛都是自恋狂，每头奶牛总是喜欢自己的。奶牛之间的"喜欢"是可以传递的------如果 \(A\) 喜欢 \(B\)，\(B\) 喜欢 \(C\)，那么 \(A\) 也喜欢 \(C\)。牛栏里共有 \(N\) 头奶牛，给定一些奶牛之间的爱慕关系，请你算出有多少头奶牛可以当明星
输入： 第一行是两个用空格分开的整数 \(N\) 和 \(M\)；接下来 \(M\) 行是每行两个用空格分开的整数 \(A\) 和 \(B\)，表示 \(A\) 喜欢 \(B\)
**输出：**一行单独一个整数，表示明星奶牛的数量
样例输入：
3 3
1 2
2 1
2 3样例输出：
1关键代码：
cpp
void tarjan(int u)
{
low[u]=dfn[u]=++dfn_sum;
stack[top++]=u;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(dfn(v))
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
else
{
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
}
if(low[u]==dfn[u])
{
int now=stack[--top];s_sum++;
s[u]+=s_sum;
while(now!=u)
{
s[now]=s_num;
now=s[--top];
}
}
}拓扑排序
对于图中的每条有向边 \(u \to v\)，在排序结果中，顶点 \(u\) 必须排在顶点 \(v\) 的前面
只适用于有向无环图，也叫拓扑图
graph LR A-->B-->C A-->D-->C
该图拓扑序列为 \(ABDC\) 或 \(ADBC\)
Kahn算法
**入度：**多少条边指向该节点，入度为 0 的点可以排在最前位置
**出度：**该节点指向多少条边
先计算每个节点的入度，选择所有入度为 0 的节点作为初始节点，加入结果列表。移除这些节点及其出度边，更新相邻节点的入度。如果有相邻节点的入度变为 0，则继续加入队列，直到所有节点都被处理完
cpp
//伪代码
queue <- 所有入度为 0 的点
while queue 不空
{
t <- 队头
枚举 t 的所有出边 t->j
删掉t->j,d[j]--;
}例题 Luogu B3644 拓扑排序
有个人的家族很大，辈分关系很混乱，请你帮整理一下这种关系。给出每个人的后代的信息。输出一个序列，使得每个人的后辈都比那个人后列出
输入： 第 \(1\) 行一个整数 \(N\)，表示家族的人数。接下来 \(N\) 行，第 \(i\) 行描述第 \(i\) 个人的后代编号 \(a_{i,j}\)，表示 \(a_{i,j}\) 是 \(i\) 的后代。每行最后是 \(0\) 表示描述完毕
**输出：**输出一个序列，使得每个人的后辈都比那个人后列出。如果有多种不同的序列，输出任意一种即可
样例输入：
5
0
4 5 1 0
1 0
5 3 0
3 0样例输出：
2 4 5 3 1关键代码：
cpp
queue <int> Q;
void toposort() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(deg[i] == 0) {
printf("%d ", i);
Q.push(i);
}
}
while(Q.size()) {
int x = Q.front(); Q.pop();
for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]) {
deg[to[i]]--;
if(deg[to[i]] == 0) {
printf("%d ", to[i]);
Q.push(to[i]);
}
}
}
}环的检测
环指在图中从某个顶点出发，沿着图的有向边/无向边遍历后能够回到该顶点的路径
拓扑排序 适用于有向无环图。如果一个有向图可以进行拓扑排序，则说明该图没有环。如果不能进行拓扑排序，说明图中存在环
例题 Leetcode 207 课程表
你这个学期必须选修 numCourses 门课程
在选修某些课程之前需要一些先修课程。先修课程按数组 prerequisites 给出，其中 prerequisites[i] = [ai, bi]，表示如果要学习课程 ai 则必须先学习课程 bi
请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false
样例输入：
c++
numCourses = 2, prerequisites = [[1,0],[0,1]]样例输出：
false关键代码：
cpp
bool toposort()
{
int hh = 0, tt = -1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
if (!d[i])
q[ ++ tt] = i;
while (hh <= tt)
{
int t = q[hh ++ ];
for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (-- d[j] == 0)
q[ ++ tt] = j;
}
}
return tt == n - 1;
}