1、前言
这几天刷leetcode经常碰到DFS BFS的问题，之前一直也是模棱两可，凭着感觉做，是需要总结一下了。
广度优先搜索（也称宽度优先搜索，缩写BFS，以下采用广度来描述）是连通图的一种遍历策略。因为它的思想是从一个顶点 V0 开始，辐射状地优先遍历其周围较广的区域，因此得名。
一般可以用它做什么呢？一个最直观经典的例子就是走迷宫，我们从起点开始，找出到终点的最短路程，很多最短路径算法就是基于广度优先的思想成立的。
BFS的理论证明这里不作重点，有需要的童鞋可以自行查阅相关书籍，本博客主要以几个例子说明一下BFS算法。
2、BFS的基本思路
上图是连通图，一般把顶点用 Vi 表示，边用 Eij 表示。
2.1 算法的基本思路
常常我们有这样一个问题：从一个起点开始要到一个终点，我们要找寻一条最短的路径。以下图为例，如果我们要求V0到V6的一条最短路（假设走一个节点按一步来算），我们明显看出这条路径就是 V0−>V2−>V6 ，而不是 V0−>V3−>V5−>V6 。先想想你自己刚刚是怎么找到这条路径的：首先看跟 V0 直接连接的节点 V1、V2、V3 ，发现没有 V6 ，进而再看刚刚 V1、V2、V3 的直接连接节点分别是：{ V0、V4 }、{ V0、V1、V6 }、{ V0、V1、V5 }（这里画删除线的意思是那些顶点在我们刚刚的搜索过程中已经找过了，我们不需要重新回头再看他们了）。这时候我们从 V2 的连通节点集中找到了 V6 ，那说明我们找到了这条V0到V6的最短路径： V0−>V2−>V6 ，虽然你再进一步搜索V5的连接节点集合后会找到另一条路径 V0−>V3−>V5−>V6 ，但显然他不是最短路径，我们将其扔掉。
我们采用示例图来说明这个过程，在搜索的过程中，初始所有节点是白色（代表了所有点都还没开始搜索），把起点 V0 标志成灰色（表示即将辐射 V0 ），下一步搜索的时候，我们把所有的灰色节点访问一次，然后将其变成黑色（表示已经被辐射过了），进而再将他们所能到达的节点标志成灰色（因为那些节点是下一步搜索的目标点了），但是这里有个判断，就像刚刚的例子，当访问到 V1 节点的时候，它的下一个节点应该是 V0 和 V4 ，但是 V0 已经在前面被染成黑色了，所以不会将它染灰色。这样持续下去，直到目标节点 V6 被染灰色，说明了下一步就到终点了，没必要再搜索（染色）其他节点了，此时可以结束搜索了，整个搜索就结束了。然后根据搜索过程，反过来把最短路径找出来，下图中把最终路径上的节点标志成绿色。
整个过程如下图所示：
初始全部都是白色（未访问）
即将搜索起点V0（灰色）
已搜索V0，即将搜索V1、V2、V3
终点V6被染灰色，终止
找到最短路径
2.2 广度优先搜索流程图
3、BFS的核心代码
/** * 广度优先搜索 * @param Vs 起点 * @param Vd 终点 */
bool BFS(Node& Vs, Node& Vd){
queue<Node> Q;
Node Vn, Vw;
int i;
//初始状态将起点放进队列Q
Q.push(Vs);
hash(Vw) = true;//设置节点已经访问过了！
while (!Q.empty()){//队列不为空，继续搜索！
//取出队列的头Vn
Vn = Q.front();
//从队列中移除
Q.pop();
while(Vw = Vn通过某规则能够到达的节点){
if (Vw == Vd){//找到终点了！
//把路径记录，这里没给出解法
return true;//返回
}
if (isValid(Vw) && !visit[Vw]){
//Vw是一个合法的节点并且为白色节点
Q.push(Vw);//加入队列Q
hash(Vw) = true;//设置节点颜色
}
}
}
return false;//无解
} 对于一个题目来说，要标志节点是否访问过，用数组是一种很快速的方法，但有时数据量太大，很难用一个大数组来记录时，采用hash set是最好的做法。实际上visit数组在这里也是充当hash set的作用。
4、例1:Word Ladder (Leetcode 127 Medium)
问题描述：根据给定单词，找出可以转换的最短距离
要求：
①每次只能变换一个字母
②每个字符串长度相同
③每次转换的字符串必须在wordList中
④如果没有这种转换，返回0
⑤没有重复的
思路说明：
- ① 构造一个字典，key为”ot”,”h_t”,”ho“这样的形式，即可把满足只变化一个字母的单词归并到同一个key的value中了。
- ② 运用BFS来做
class Solution(object):
def ladderLength(self, beginWord, endWord, wordList):
# beginWord为开始的单词，endWord为目标单词，wordList为可供转换的元素组成的列表
def construct_dict():
d = {}
for word in wordList:
for i in xrange(len(word)):
s = s[:i] + "_" + s[i+1:]
d[s] = d.get(s, []) + [word]
return d
def bfs(begin, target, d):
queue, visited = [(begin, 1)], set()
while len(queue) > 0:
word, steps = queue.pop(0)
if word not in visited:
visited.add(word)
if word == target:
return steps
for i in xrange(len(word)):
s = word[:i] + "_" + word[i+1:]
for j in d.get(s, []):
# 如果j在visited中，说明j已经被访问过了，不需要再次进行访问。
if j not in visited:
queue.append((j, steps+1))
return 0
d = construct_dict()
return bfs(beginWord, endWord, d)
5、例2:Word Break II (Leetcode 140 Hard)
问题描述：给定一个字符串和一个字典，判断字典是否包含可以构成这个字符串的元素，如果有，返回由这些单词组成的字符串，以列表形式表示。
思路说明：
- 这道题特别好，考察了BFS和DFS的联合使用，下面给出我的思路，这道题还有很多可以优化的地方，但是主要是思路。
基于BFS的主要想法是：图的顶点 Vi 可以用每个单词的第一个字母所在的索引来表示，图的边 Eij 则用单词表示。
以nightmare为例，比如我们划分成了night mare，那么图应该为
0 —> 5 —> 9。
于是问题转换成了，检查是否有一条路径从0到9（并列出所有的可能，需要用到DFS了）
class Solution(object):
def wordBreak(self, s, wordDict):
""" s 目标字符串 wordDict 存放可能组成s的元素组成的列表 返回值 列表List """
self.val = []
self.dfs(s, wordDict, "")
return self.val
def dfs(self, s, wordDict, ret):
if len(s) == 0:
ret = ret.strip()
ret = ret.split()[::-1]
ret = reduce(lambda x,y: x + " " + y,ret, "")
self.val.append(ret.strip())
else:
bfs = [] # 队列
visited = set() # 访问过的点，访问过的不再访问
bfs.append(0) # 队列初始化
while len(bfs) > 0:
start = bfs.pop(0)
if start not in visited:
visited.add(start)
for j in xrange(start+1, len(s)+1):
word = s[start:j]
if word in wordDict:
bfs.append(j)
if j == len(s):
self.dfs(s[:start], wordDict, ret + " " + word)
6、总结
假设图有V个顶点，E条边，广度优先搜索算法需要搜索V个节点，因此这里的消耗是O(V)，在搜索过程中，又需要根据边来增加队列的长度，于是这里需要消耗O(E)，总得来说，效率大约是O(V+E)。
其实最影响BFS算法的是在于Hash运算，我们前面给出了一个visit数组，已经算是最快的Hash了，但有些题目来说可能Hash的速度要退化到O(lgn)的复杂度，当然了，具体还是看实际情况的。
BFS适合此类题目：给定初始状态跟目标状态，要求从初始状态到目标状态的最短路径。
