BFS可以解决边权为1的最短路问题,下面是相关例题
单源最短路 将源点在开始时存进队列
迷宫问题 原题链接
给定一个 n×n 的二维数组,如下所示:int maze[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, };
它表示一个迷宫,其中的1表示墙壁,0表示可以走的路,只能横着走或竖着走,不能斜着走,要求编程序找出从左上角到右下角的最短路线。
数据保证至少存在一条从左上角走到右下角的路径。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行,每行包含 n 个整数 0 或 1,表示迷宫。
输出格式
输出从左上角到右下角的最短路线,如果答案不唯一,输出任意一条路径均可。
按顺序,每行输出一个路径中经过的单元格的坐标,左上角坐标为 (0,0),右下角坐标为 (n−1,n−1)。
数据范围
0 ≤ n ≤ 1000
输入样例 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 0 0 1 0 2 0 2 1 2 2 2 3 2 4 3 4 4 4
题意 一个矩阵,0代表有路1代表没有路,问从左上角走到右下角的最短路径
思路 因为边权均为1,所以利用BFS可以求出从起点到终点的最短路,同时利用一个小技巧从终点往起点走,即可在后续输出路径时正向输出
代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010 , M = N * N;typedef pair<int , int > PII;#define ft first #define sd second int n;int g[N][N];queue<PII> q; PII pre[N][N]; void bfs (int x, int y) { int dx[4 ] = {-1 , 0 , 1 , 0 }, dy[4 ] = {0 , 1 , 0 , -1 }; q.push ({x, y}); memset (pre, -1 , sizeof pre); while (q.size ()) { PII t = q.front (); q.pop (); for (int i = 0 ; i < 4 ; i ++ ) { int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i]; if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= n) continue ; if (g[a][b]) continue ; if (pre[a][b].ft != -1 ) continue ; q.push ({a, b}); pre[a][b] = t; } } } int main () { ios::sync_with_stdio (false ); cin.tie (0 ); cout.tie (0 ); cin >> n; for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) for (int j = 0 ; j < n; j ++ ) cin >> g[i][j]; bfs (n - 1 , n - 1 ); PII end (0 , 0 ) ; while (1 ) { cout << end.ft << ' ' << end.sd << '\n' ; if (end.ft == n - 1 && end.sd == n - 1 ) break ; end = pre[end.ft][end.sd]; } }
武士风度的牛 原题链接
农民 John 有很多牛,他想交易其中一头被 Don 称为 The Knight 的牛。
这头牛有一个独一无二的超能力,在农场里像 Knight 一样地跳(就是我们熟悉的象棋中马的走法)。
虽然这头神奇的牛不能跳到树上和石头上,但是它可以在牧场上随意跳,我们把牧场用一个 x,y 的坐标图来表示。
这头神奇的牛像其它牛一样喜欢吃草,给你一张地图,上面标注了 The Knight 的开始位置,树、灌木、石头以及其它障碍的位置,除此之外还有一捆草。
现在你的任务是,确定 The Knight 要想吃到草,至少需要跳多少次。
The Knight 的位置用 K 来标记,障碍的位置用 * 来标记,草的位置用 H 来标记。
这里有一个地图的例子:11 | . . . . . . . . . . 10 | . . . . * . . . . . 9 | . . . . . . . . . . 8 | . . . * . * . . . . 7 | . . . . . . . * . . 6 | . . * . . * . . . H 5 | * . . . . . . . . . 4 | . . . * . . . * . . 3 | . K . . . . . . . . 2 | . . . * . . . . . * 1 | . . * . . . . * . . 0 ---------------------- 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0
The Knight 可以按照下图中的 A,B,C,D… 这条路径用 5 次跳到草的地方(有可能其它路线的长度也是 5):11 | . . . . . . . . . . 10 | . . . . * . . . . . 9 | . . . . . . . . . . 8 | . . . * . * . . . . 7 | . . . . . . . * . . 6 | . . * . . * . . . F< 5 | * . B . . . . . . . 4 | . . . * C . . * E . 3 | .>A . . . . D . . . 2 | . . . * . . . . . * 1 | . . * . . . . * . . 0 ---------------------- 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0
注意: 数据保证一定有解。
输入格式
第 1 行: 两个数,表示农场的列数 C 和行数 R。
第 2..R+1 行: 每行一个由 C 个字符组成的字符串,共同描绘出牧场地图。
输出格式
一个整数,表示跳跃的最小次数。
数据范围
1 ≤ R , C ≤ 150
输入样例 10 11 .......... ....*..... .......... ...*.*.... .......*.. ..*..*...H *......... ...*...*.. .K........ ...*.....* ..*....*..
输出样例
题意 图中*
代表没有路,.
代表有路,求以日字型从K走到H的最短路
思路 dx dy改成向八个不同方向移,其余思路一样,第一次遍历到H时输出即可
代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 155 , M = N * N;typedef pair<int , int > PII;#define ft first #define sd second int n, m;char g[N][N]; queue<PII> q; int dist[N][N]; int bfs () { int dx[8 ] = {-2 , -1 , 1 , 2 , 2 , 1 , -1 , -2 }; int dy[8 ] = {1 , 2 , 2 , 1 , -1 , -2 , -2 , -1 }; int x, y; for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) for (int j = 0 ; j < m; j ++ ) if (g[i][j] == 'K' ) x = i, y = j; q.push ({x, y}); memset (dist, -1 , sizeof dist); dist[x][y] = 0 ; while (q.size ()) { auto t = q.front (); q.pop (); for (int i = 0 ; i < 8 ; i ++ ) { int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i]; if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m) continue ; if (g[a][b] == '*' ) continue ; if (dist[a][b] != -1 ) continue ; if (g[a][b] == 'H' ) return dist[t.ft][t.sd] + 1 ; dist[a][b] = dist[t.ft][t.sd] + 1 ; q.push ({a, b}); } } return -1 ; } int main () { ios::sync_with_stdio (false ); cin.tie (0 ); cout.tie (0 ); cin >> m >> n; for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) cin >> g[i]; cout << bfs () << '\n' ; }
抓住那头牛 原题链接
农夫知道一头牛的位置,想要抓住它。
农夫和牛都位于数轴上,农夫起始位于点 N,牛位于点 K。
农夫有两种移动方式:
从 X 移动到 X−1 或 X+1,每次移动花费一分钟
从 X 移动到 2∗X,每次移动花费一分钟
假设牛没有意识到农夫的行动,站在原地不动。
农夫最少要花多少时间才能抓住牛?
输入格式
共一行,包含两个整数N和K。
输出格式
输出一个整数,表示抓到牛所花费的最少时间。
数据范围
0 ≤ N , K ≤ 105
输入样例 输出样例
题意 要求从N到K,每次只能进行一个操作:向右一步 / 向左一步 / 坐标变为现在的两倍,求最短路
思路 这一题刚开始看第一反应是dp,但后来发现BFS最短路来做也很简单
每次更新所有该轮操作可以到达的位置
无需更新负值,因为只能通过-1到达负值,而从负值到正值只能通过+1,二者相互抵消,不可能是最短路
代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 100010 ;int n, k;queue<int > q; int dist[N];int bfs () { memset (dist, -1 , sizeof dist); dist[n] = 0 ; q.push (n); while (q.size ()) { auto t = q.front (); q.pop (); if (t == k) return dist[k]; if (t + 1 < N && dist[t + 1 ] == -1 ) { dist[t + 1 ] = dist[t] + 1 ; q.push (t + 1 ); } if (t - 1 < N && dist[t - 1 ] == -1 ) { dist[t - 1 ] = dist[t] + 1 ; q.push (t - 1 ); } if (t * 2 < N && dist[t * 2 ] == -1 ) { dist[t * 2 ] = dist[t] + 1 ; q.push (t * 2 ); } } return -1 ; } int main () { ios::sync_with_stdio (false ); cin.tie (0 ); cout.tie (0 ); cin >> n >> k; cout << bfs () << '\n' ; }
多源最短路 设置虚拟源点,到所有源点的距离都为0,也就是在起始时将每一个起点都存进队列
矩阵距离 原题链接
给定一个 N 行 M 列的 01 矩阵 A,A[i][j] 与 A[k][l] 之间的曼哈顿距离定义为:
dist(A[i][j], A[k][l]) = |i − k| + |j − l|
输出一个 N 行 M 列的整数矩阵 B,其中:
B[i][j] = min~1≤x≤N,1≤y≤M,A[x][y]=1~ dist(A[i][j], A[x][y])
输入格式
第一行两个整数 N,M。
接下来一个 N 行 M 列的 01 矩阵,数字之间没有空格。
输出格式
一个 N 行 M 列的矩阵 B,相邻两个整数之间用一个空格隔开。
数据范围
1 ≤ N, M ≤ 1000
输入样例 输出样例
题意 给出一个矩阵,求所有0距离最近的1的曼哈顿距离
思路 设置虚拟源点,先将所有的1入队,更新所有0到达1的最短距离输出即可
代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010 ;typedef pair<int , int > PII;#define ft first #define sd second int n, m;char g[N][N];queue<PII> q; int dist[N][N];void bfs () { for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) for (int j = 0 ; j < m; j ++ ) if (g[i][j] == '1' ) { dist[i][j] = 0 ; q.push ({i, j}); } int dx[4 ] = {-1 , 0 , 1 , 0 }, dy[4 ] = {0 , 1 , 0 , -1 }; while (q.size ()) { auto t = q.front (); q.pop (); for (int i = 0 ; i < 4 ; i ++ ) { int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i]; if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m) continue ; if (dist[a][b] != -1 ) continue ; dist[a][b] = dist[t.ft][t.sd] + 1 ; q.push ({a, b}); } } } int main () { ios::sync_with_stdio (false ); cin.tie (0 ); cout.tie (0 ); memset (dist, -1 , sizeof dist); cin >> n >> m; for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) cin >> g[i]; bfs (); for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) { for (int j = 0 ; j < m; j ++ ) cout << dist[i][j] << ' ' ; cout << '\n' ; } }
双端队列BFS 电路维修 原题链接
达达是来自异世界的魔女,她在漫无目的地四处漂流的时候,遇到了善良的少女翰翰,从而被收留在地球上。
翰翰的家里有一辆飞行车。
有一天飞行车的电路板突然出现了故障,导致无法启动。
电路板的整体结构是一个 R 行 C 列的网格(R,C≤500),如下图所示。
每个格点都是电线的接点,每个格子都包含一个电子元件。
电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。
在旋转之后,它就可以连接另一条对角线的两个接点。
电路板左上角的接点接入直流电源,右下角的接点接入飞行车的发动装置。
达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变,电路板可能处于断路的状态。
她准备通过计算,旋转最少数量的元件,使电源与发动装置通过若干条短缆相连。
不过,电路的规模实在是太大了,达达并不擅长编程,希望你能够帮她解决这个问题。
注意:只能走斜向的线段,水平和竖直线段不能走。
输入格式
输入文件包含多组测试数据。
第一行包含一个整数 T,表示测试数据的数目。
对于每组测试数据,第一行包含正整数 R 和 C,表示电路板的行数和列数。
之后 R 行,每行 C 个字符,字符是”/“和”\”中的一个,表示标准件的方向。
输出格式
对于每组测试数据,在单独的一行输出一个正整数,表示所需的最小旋转次数。
如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通,输出 NO SOLUTION。
数据范围
1 ≤ R , C ≤ 500, 1 ≤ T ≤ 5
输入样例 输出样例 样例解释
样例的输入对应于题目描述中的情况。
只需要按照下面的方式旋转标准件,就可以使得电源和发动机之间连通。
题意 从左上角走到右下角,只能走斜线,使斜线方向改变需要消耗1,问消耗最少的路径
思路 首先转换一些题目语言,我们可以理解为,不需要改变斜线方向时边权是0,需要改变斜线方向时边权是1,那这个问题就转换成了边权是0 / 1 的最短路问题,用Dijkstra是可以解决的
那能不能用BFS解决呢?
当然也可以,考虑到BFS中队列的二段性,本题我们使用双端队列,每次将边权为0的边放到队头,边权为1的边放到队尾(感觉有点贪心的思想)
(另外,绝对不会出现一条边未转换时走一次,然后转换了再走一次的情况,因为图中总有一半的点是走不到的
接下来的难点在于图的存储,需要对点和格子分别作出记录
代码(加了注释) #include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 510 , M = N * N;typedef pair<int , int > PII;#define ft first #define sd second int n, m;char g[N][N]; int dist[N][N]; bool st[N][N]; int bfs () { memset (dist, 0x3f , sizeof dist); memset (st, false , sizeof st); dist[0 ][0 ] = 0 ; deque<PII> q; q.push_back ({0 , 0 }); char cs[] = "\\/\\/" ; int dx[4 ] = {-1 , -1 , 1 , 1 }, dy[4 ] = {-1 , 1 , 1 , -1 }; int ix[4 ] = {-1 , -1 , 0 , 0 }, iy[4 ] = {-1 , 0 , 0 , -1 }; while (q.size ()) { PII t = q.front (); q.pop_front (); if (st[t.ft][t.sd]) continue ; st[t.ft][t.sd] = true ; for (int i = 0 ; i < 4 ; i ++ ) { int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i]; if (a < 0 || a > n || b < 0 || b > m) continue ; int aa = t.ft + ix[i], bb = t.sd + iy[i]; int d = dist[t.ft][t.sd] + (g[aa][bb] != cs[i]); if (d < dist[a][b]) { dist[a][b] = d; if (g[aa][bb] != cs[i]) q.push_back ({a, b}); else q.push_front ({a, b}); } } } return dist[n][m]; } int main () { ios::sync_with_stdio (false ); cin.tie (0 ); cout.tie (0 ); int t; cin >> t; while (t -- ) { cin >> n >> m; for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) cin >> g[i]; int t = bfs (); if (t == 0x3f3f3f3f ) cout << "NO SOLUTION\n" ; else cout << t << '\n' ; } }