最短时间学会基于C++实现DFS深度优先搜索
作者：^jhao^
前言
同学们肯定或多或少的听到过别人提起过DFS，BFS，却一直都不太了解是什么，其实两个各为搜索算法，常见使用 深度优先搜索（DFS） 以及 广度优先搜索（BFS） ，今天我们就来讲讲什么是深度优先搜索，深度优先就是撞到了南墙才知道回头，才会往上一层返回。
1.迷宫找出口,区分dfs,bfs：
dfs: 深度优先我们可以看出他一次只往一个方向走,直到撞到了才会返回上一层去尝试其他结果,图片为上左下右的去走
BFS:广度优先就是尝试该位置的旁边的所有可能,再把所有可能的能走到的所有可能继续走.撞到了就停止,如果全部可能都'碰壁'表示从该位置无法走到终点
对比两个遍历方式,相信大家有了初步的认识,让我们接下来看看这道题
一、DFS经典放牌可能组合
题目：我们手上有编号为1~3的三个扑克牌，我们要放到编号为1 ~ 3的盒子当中，并且每个盒子中只放一张牌，问我们有多少种方法。
聪明的同学可能想一想就知道是6种了，但是当我们的要用计算机表达时我们要如何处理呢？题目虽简单,所以我们借这道题来看看DFS如何解题.
方法一： 暴力循环，三层循环嵌套，判断每张牌只用一次,这种方法简单粗暴.
方法二： 深度搜索，我们选择把按照从小到大的依次尝试，在第一个盒子先开始放1，这时我们剩下两张牌，对第二个盒子来说，我们从小到大放，放2，第三个盒子只有3了，第一种放法就出来了 1 2 3。
此时我们全部牌都放完了，然后我们这时候就是撞到了南墙了，我们就开始回收3，回收3的时候如果我们重复放3到第三个盒子就和之前重复了，所以我们再回收2，这时我们就可以把3放到第二个盒子，把2放在第三个盒子，第二种放法就出来了，1 3 2。
这时我们放完了之后再回收，我们回收了2，3后，1的所有可能我们就已经遍历完了，这个时候我们就回收1，这时我们就可以开始把2放到第一个盒子，这时我们还有1 ，3 ，我们按之前的从小到大的原则，把1放入第二个盒子，剩一个3放在第三个盒子，这时的第三种放法 2 1 3出来了
同理我们收两张牌就有组合2 3 1 ，同理3 1 2 ，2 31 ，这样我们的6种出来了，即：我们站在一个盒子，我们按照我们手中的牌，从小到大依次尝试，即我们有一个循环，从第一张牌开始
//处理第index个盒子 _ - - 并行递归，n有多大我们就调用多少次
DFS(vector<int>& box,int index,vector<int>& visited,int n)
{//box为盒子，index为当前盒子，visited为标记哪张牌用了的数组，n为处理几张牌
if(index == n+1)//每一个盒子都有牌了
{
return;
}
for(int i =1;i<n;++i)
{
if(visited[i]==0)
{
//表示没有用过的牌就可以放在当前的盒子当中
box[index] = i;//当前的盒子放这张牌
visited[i] =1 ;
//这里的逻辑就是我们站在一个盒子，我们按照我们手中的牌，从小到大依次尝试
//到这里我们就处理下一个盒子
DFS(box,index+1,visited,n);
//一种方法完成，我们就回收牌
visited[i]=0;//标记成0就可以再次使用啦！
}
}
}
下面这个是测试n张牌，n个盒子的时候，我们所有的可能，可以自行粘贴复制到编辑器当中测试，请自行输入n
void DFS(int index, int n, vector<int>& box, vector<int>& visited)
{
//处理当前的盒子
//我们这里打印看看每个盒子装的都是什么
if (index == n + 1)
{
for (int i=1;i<box.size();++i)
cout << box[i] << " ";
cout << endl;
//表示每个盒子我们都已经放满了东西，我们就可以返回上一层
return;
}
//每个盒子都要用n张牌来看看是否能够使用，按照我们从小到大使用的规定原则
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
//表示牌没有被用过，可以使用
if (visited[i] == 0)
{
box[index] = i;//表示在看到index个盒子的时候，我们用第i张牌放入
visited[i] = 1;//标记当前牌已经被使用
//走到这里我们当前这个盒子该干的事情已经干完了，我们就可以处理下一个盒子
DFS(index + 1, n, box, visited);
//表示所有的牌都已经放入并且返回，这时我们回收牌
visited[i] = 0;
}
}
}
int main()
{
int n;
vector<int> box;
vector<int> vistied;
cin >> n;
box.resize(n + 1, 0);
vistied.resize(n + 1, 0);
//这里的1是我们当前走到盒子，n是我们有多少牌，boxs是我们用来存放的盒子，
//visited是用来确定是否访问过的标记矩阵
DFS(1, n, box, vistied);
return 0;
}
刚开始接触DFS有时候会思考一些奇奇怪怪的问题,这个时候大家应该都去调试调试,一开始的问题一定是要解决的!!!
总结归纳：
深度优先搜索的关键是解决当下应该怎么做，下一步的做法和当下的做法是一样的。当下的做法如何做到尝试每一种可能，我们用for循环遍历，对于每一种可能的确定后，我们继续下一步，当前的可能等到从下一步会退之后再处理
DFS常见的模型:
DFS(当前这一步的逻辑)
{
1.判断边界,是否已经撞到墙了:向上回退
2.尝试当下的每一种可能
3.确定一种可能之后,继续下一步,DFS(下一步)
}
二、leetcode 员工的重要性
/*
// Definition for Employee.
class Employee {
public:
int id;
int importance;
vector<int> subordinates;
};
*/
class Solution {
public:
int getImportance(vector<Employee*> employees, int id) {
}
};
题目的分析,题目给我们的信息就是给到一个id,要求他的直系下属和直系下属的直系下属的importance(重要度),并且vector<Employee*> employees,给我们一个保存员工的数据结构,我们可以先将id和他的重要度绑定起来(哈希表um),这样我们用DFS遍历的时候,就可以先处理当前id,每一个id都要处理他的vector subordinates(这个是他的直系员工的id),再去遍历当前id的直系下属.
for(int id: um[id]->subordinates)
{
//对于当前我们需要sum加上加上当前id的重要度
sum += um[id]->importance;
//遍历当前id的所有直系下属
DFS(id,um,sum);
}
// 题目答案:
class Solution {
public:
void DFS(int id,unordered_map<int,Employee*>& um,int& sum)
{
//对于每一个id，下属的id都会有属于他们的vector<int> subordinates;
//所以我们都要去遍历当前id的subordinates
for(int id: um[id]->subordinates)
{
//对于当前我们需要sum加上加上当前id的重要度
sum += um[id]->importance;
//遍历当前id的直系下属(**一路走到黑**),统计完的结果放到sum当中
DFS(id,um,sum);
}
}
int getImportance(vector<Employee*> employees, int id) {
//单个员工 id ，返回这个员工和他所有下属的重要度之和。
//DFS:深度遍历这个员工的旗下所有重要度之和，这题适合一条路走到黑
//因为在vector中的查找都是O（N）的时间复杂度，我们选择用哈希表，并且将id与员工的指针建立映射,因为我们在DFS中要使用到用id找到员工
unordered_map<int,Employee*> um;
for(Employee* e : employees)
{
//将employees的数据导入us（哈希表中）
um[e->id] = e;
}
int sum = um[id]->importance;//提前加上当前id的重要度
//dfs是遍历当前id的subordinates的重要度
DFS(id, um,sum);
return sum;
}
};
这道题之后实际上后面的题目也都是类似的，大家从这道题开始可以尝试自己写一写，再看看我的代码解析，这样帮助理解！
三、leetcode 图像渲染
这题实际上用bfs,dfs都可以,这里我们讲的是dfs,所以我们用dfs的方式解决,一开始我的想法是,遍历每一个位置的上下左右,将合法的位置并且是旧颜色的改成新颜色.
注：方向矩阵的概念：
int arr[4][2] ={{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};//方向矩阵
void DFS(vector<vector<int>>& image, int curX, int curY, int newColor,int row ,int col,int oldcolor)
{
image[curX][curY] = newColor;//上色
//遍历 (sr，sc)的上下左右 -- 我们可以设置一个全局的方向矩阵
for(int i=0;i<4;++i)
{
//(newX,newY)就是该点的上下左右了
int newX = curX+arr[i][0];
int newY = curY+arr[i][1];
if(newX<0||newX>=row
||newY<0||newY>=col)
continue;//表示新的坐标越界了不符合要求，跳过
//走到这里表示新的坐标没有问题,如果是就颜色我们就上色
if(image[newX][newY] == oldcolor)
{
//当前的点处理完，我们处理下一个点
DFS(image,newX,newY,newColor,row,col,oldcolor);
}
else
continue;
}
}
但是这样子会有一个问题,当测试用例为新颜色和旧颜色相同的时候就会变成了死递归,所以我们少不了用标记矩阵,将我们走过的位置标记了他就不会重复走了。
以下为本道题的全部代码
int arr[4][2] ={ { 0, 1 }, { 1, 0 }, { 0, -1 }, { -1, 0 } };
class Solution {
public:
void DFS(vector<vector<int>>& image, int curX, int curY, int newColor,vector<vector<int>>& visited,int row ,int col,int oldColor)
{
//给当前位置染色
image[curX][curY] = newColor;
//标记当前位置已经使用了
visited[curX][curY]=1;
//遍历 (sr，sc)的上右下左 -- 我们可以设置一个全局的方向矩阵
for(int i=0;i<4;++i)
{
//(newX,newY)就是该点的上下左右了
int newX = curX+arr[i][0];
int newY = curY+arr[i][1];
//判断新坐标是否合法
if(newX<0 || newX>=row
|| newY<0 || newY>=col)
continue;
//如果是没有访问过的并且是旧颜色就递归这个点的周围
if(visited[newX][newY] == 0 &&
image[newX][newY] == oldColor)
DFS(image,newX,newY,newColor,visited,row,col,oldColor) ;
}
}
vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int newColor) {
//我们这道题也可以用BFS，DFS做都没问题，我们这里讲到DFS，所以就用DFS的思路解决
int row = image.size();
int col = image[0].size();
int oldColor =image[sr][sc];
//初始化标记矩阵，没访问过的置成0
vector<vector<int>> visited(row,vector<int>(col,0));
DFS(image,sr,sc,newColor,visited,row,col,oldColor);
return image;
}
};
四、leetcode 被围绕的区域
本题就是想将全部没有与外围一圈O联通的O换成X，与外界连通的O不做改变
思路：拿到这样一道题，我们要将与外界O相连的O全部遍历到，所以会用到深度优先搜索，那么我们就可以从矩阵的外围一圈（第一行，最后一行，第一列，最后一列）出发，将外围的每一个O都深度搜索，将搜索到的O（即与外界相连的先换成#）
最后再将O换成#，将#换回O。当然也可以用标记矩阵来写，都是可以的，这里两种方法都写出来看看
1.不使用标记矩阵
int arr[4][2] ={ { 0, 1 }, { 1, 0 }, { 0, -1 }, { -1, 0 } };
class Solution {
public:
void DFS(vector<vector<char>>& board,int row,int col,int curX,int curY)
{
//当前点就是联通的‘O'
board[curX][curY] ='#';
for(int i =0;i<4;++i)
{
int newX = curX+arr[i][0];
int newY = curY+arr[i][1];
if(newX<0||newX>=row
||newY<0||newY>=col)
continue;
if(board[newX][newY]=='O')
DFS(board,row,col,newX,newY);
}
}
void solve(vector<vector<char>>& board) {
//我们可以从每一个边界的O出发，链接的O就是不用改的，其他的都是要改成‘X'的
//但是我们可以通过修改与外面相连的O暂时修改#，就不需要标记矩阵了
int row =board.size();
int col=board[0].size();
for(int i=0;i<row;++i)
{
if(board[i][0] =='O')
DFS(board,row,col,i,0);
if(board[i][col-1] =='O')
DFS(board,row,col,i,col-1);
}
for(int j =0;j<col;++j)
{
if(board[0][j]=='O')
DFS(board,row,col,0,j);
if(board[row-1][j]=='O')
DFS(board,row,col,row-1,j);
}
for(int i =0;i<row;++i)
{
for(int j =0;j<col;++j)
{
if(board[i][j]=='O')
board[i][j]='X';
if(board[i][j]=='#')
board[i][j]='O';
}
}
return ;
}
};
2.使用标记矩阵
int arr[4][2]={{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
class Solution {
public:
void DFS(vector<vector<int>>& visited,vector<vector<char>>& board,int row,int col,int curX ,int curY)
{
//与外界联通的还是O，我们标记为1
visited[curX][curY] = 1;
for(int i =0;i<4;++i)
{
int newx = curX+arr[i][0];
int newy = curY+arr[i][1];
if(newx<0||newx>=row||
newy<0||newy>=col)
continue;
//没有被访问过的位置（防止重复递归）&& 为O的位置我们才递归
if(visited[newx][newy]==0&&
board[newx][newy]=='O')
{
DFS(visited,board,row,col,newx,newy);
}
}
}
void solve(vector<vector<char>>& board) {
//思路：我们从周围的O出发，与边界O DFS都能获取到的位置我们都可以做个标记
//最后将标记的不动，没标记的换成'X'(内陆)。
int row = board.size();
int col=board[0].size();
vector<vector<int>> visited(row,vector<int>(col,0));
//遍历周围为O的位置
//两列
for(int i =0;i<row;++i)
{
if(board[i][0]=='O')
DFS(visited,board,row,col,i,0);
if(board[i][col-1]=='O')
DFS(visited,board,row,col,i,col-1);
}
//两行
for(int j =0;j<col;++j)
{
if(board[0][j]=='O')
DFS(visited,board,row,col,0,j);
if(board[row-1][j]=='O')
DFS(visited,board,row,col,row-1,j);
}
//最后将没有标记的O换成X，标记了的不变
for(int i =0;i<row;++i)
{
for(int j =0;j<col;++j)
{
if(visited[i][j]==0)
board[i][j] = 'X';
cout<<visited[i][j];
}
}
}
};
五、岛屿数量
有了前面题的基础，对于这道题可谓是信手拈来，详情请看注释：
int arr[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
class Solution {
public:
void DFS(vector<vector<int>>& visited,vector<vector<char>>& grid,int row,int col,int curx,int cury)
{
//将当前位置标记为走过
visited[curx][cury]=1;
for(int i =0;i<4;++i)
{
int newx = curx+arr[i][0];
int newy = cury+arr[i][1];
if(newx<0||newx>=row||newy<0||newy>=col)
continue;
if(grid[newx][newy]=='1'&&visited[newx][newy]==0)
DFS(visited,grid,row,col,newx,newy);
}
}
int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
//这道题其实也是用BFS，DFS都可以解，用DFS的话我的思路是从第一个开始遍历，遇到一个visited没有访问过的1就去遍历他的上下左右，将他周围的1都遍历，在将次数加一
int row =grid.size();
int col=grid[0].size();
int count =0;
vector<vector<int>> visited(row,vector<int>(col,0));
for(int i =0;i<row;++i)
{
for(int j =0;j<col;++j)
{
if(visited[i][j]==0&&grid[i][j]=='1')
{
DFS(visited,grid,row,col,i,j);
count++;
}
}
}
return count;
}
};
六、 小练习：岛屿的最大面积
这道题留给大家作为一个小练习，有了前面的基础，相信这道题想必不是问题！！
总结
回溯思想DFS一些难度较大的题一起讲！！DFS的学习时要注意多调试，想清楚了再下手写，这样往往能够事半功倍
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