BFS
廣度優先搜尋：一層一層的搜尋（類似於樹的層次遍歷）
BFS基本框架
基本步驟：
初始狀態（起點）加到佇列裡
while(佇列不為空)
隊頭彈出
擴充套件隊頭元素（鄰接節點入隊）
最後隊為空，結束
BFS難點所在（最短路問題）：
儲存的資料結構：佇列
狀態如何儲存到佇列裡邊（以什麼形式）?
狀態怎麼表示，怎麼轉移?
dist
如何記錄每一個狀態的距離
最短路問題：寬搜的優勢是能找到最短（最小）路！（所有邊權重都一樣才可以用！）——一層一層的搜尋（類似於樹的層次遍歷）。深搜可以保證我們走到終點，但不能確保是最短路。
搜尋過程（層次遍歷）如下：
（1）從圖中的某個頂點出V發，訪問V
（2）依次訪問V的各個未曾訪問過的鄰接點
（3）分別從這些鄰接點出發依次訪問它們的鄰接點，並使“先被訪問的頂點的鄰接點”先於“後被訪問的頂點的鄰接點”被訪問
（4）重複步驟（3）直至所有已被訪問的頂點的鄰接點都被訪問到
圖的BFS和樹幾乎一模一樣，唯一的區別是樹有根節點，而圖沒有，因此在遍歷圖時要選一個根節點。下圖以A作為根節點：
D和E是不能顛倒過來的，因為我們先遍歷到的頂點是B，下一次展開的時候必須找與B直接相連的節點，即必須在找與C相連的節點之前把所有與B相連的節點找出來，由於A和C都走過了，因此唯一能走的點就是D。因此B先走完！
BFS的資料結構實現形式是佇列，通過佇列儲存已被訪問過的節點，利用其先進先出的特點：保證了先訪問的頂點的鄰接點亦先被訪問
即佇列保證了下圖中B的鄰接點比C的鄰接點要先出現：
1.走迷宮（acwing 844）
給定一個 n×mn×m 的二維整數陣列，用來表示一個迷宮，陣列中只包含 00 或 11，其中 00 表示可以走的路，11 表示不可通過的牆壁。
最初，有一個人位於左上角 (1,1)(1,1) 處，已知該人每次可以向上、下、左、右任意一個方向移動一個位置。
請問，該人從左上角移動至右下角 (n,m)(n,m) 處，至少需要移動多少次。
資料保證 (1,1)(1,1) 處和 (n,m)(n,m) 處的數字為 00，且一定至少存在一條通路。
輸入格式
第一行包含兩個整數 nn 和 mm。
接下來 nn 行，每行包含 mm 個整數（00 或 11），表示完整的二維陣列迷宮。
輸出格式
輸出一個整數，表示從左上角移動至右下角的最少移動次數。
資料範圍
1≤n,m≤1001≤n,m≤100
輸入樣例：
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輸出樣例：
8
【參考程式碼】
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
typedef pair<int, int>PII;//pair存放點的座標
const int N = 110;
int g[N][N];//存放地圖
int d[N][N];//存放點到起點的距離
// 四個方向！
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int n, m;
int bfs()
{
queue<PII> q;//佇列儲存訪問過的點以及該頂點的鄰接點
memset(d, -1, sizeof d);//初始化各個點要起點的距離為-1，表示該點沒有被訪問過的
//1.起點入隊
q.push({0, 0});
d[0][0] = 0;// 起點到自己的距離為0
//2.while(...)
while(q.size())
{
//2.1 獲取隊頭元素 並彈出
auto t = q.front();// 拿到隊頭元素
q.pop();// 彈出隊頭元素
//2.2 擴充套件隊頭元素（鄰接點入隊）
for(int i = 0; i < 4; i ++)// 列舉所有鄰接點
{
int x = t.first + dx[i];
int y = t.second + dy[i];
if(x >= 0 && y >= 0 && x < n && y < m && d[x][y] == -1 && g[x][y] == 0)// 判斷是否滿足條件
{
//該鄰接點入隊，距離增加
q.push({x, y});
d[x][y] = d[t.first][t.second] + 1;
}
}
}
return d[n - 1][m - 1];
}
int main()
{
cin >> n >> m;
//輸入地圖
for (int i = 0; i < n; i ++ )
for(int j = 0; j < m; j ++)
cin >> g[i][j];
cout << bfs();
return 0;
}
陣列模擬佇列：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 110;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m;
int g[N][N];//存放地圖
int d[N][N];//存 每一個點到起點的距離
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};//x 方向的向量和 y 方向的向量組成的上、右、下、左
PII q[N * N];//手寫佇列
int bfs()
{
int hh = 0, tt = 0;
q[0] = {0, 0};
memset(d, - 1, sizeof d);//距離初始化為- 1表示沒有走過
d[0][0] = 0;//表示起點走過了
while(hh <= tt)//佇列不空
{
PII t = q[hh ++ ];//取隊頭元素
for(int i = 0; i < 4; i ++ )//列舉4個方向
{
int x = t.first + dx[i], y = t.second + dy[i];//x表示沿著此方向走會走到哪個點
if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && g[x][y] == 0 && d[x][y] == -1)//在邊界內 並且是空地可以走 且之前沒有走過
{
d[x][y] = d[t.first][t.second] + 1;//到起點的距離
q[ ++ tt ] = {x, y};//新座標入隊
}
}
}
return d[n - 1][m - 1]; //輸出右下角點距起點的距離即可
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n; i ++ )
for(int j = 0; j < m; j ++ )
cin >> g[i][j];
cout << bfs() << endl;
return 0;
}
2.八數碼
在一個 3×33×3 的網格中，1∼81∼8 這 88 個數字和一個
x恰好不重不漏地分佈在這 3×33×3 的網格中。例如：
1 2 3 x 4 6 7 5 8在遊戲過程中，可以把
x與其上、下、左、右四個方向之一的數字交換（如果存在）。我們的目的是通過交換，使得網格變為如下排列（稱為正確排列）：
1 2 3 4 5 6 7 8 x例如，示例中圖形就可以通過讓
x先後與右、下、右三個方向的數字交換成功得到正確排列。交換過程如下：
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 x 4 6 4 x 6 4 5 6 4 5 6 7 5 8 7 5 8 7 x 8 7 8 x現在，給你一個初始網格，請你求出得到正確排列至少需要進行多少次交換。
輸入格式
輸入佔一行，將 3×33×3 的初始網格描繪出來。
例如，如果初始網格如下所示：
1 2 3 x 4 6 7 5 8則輸入為：
1 2 3 x 4 6 7 5 8輸出格式
輸出佔一行，包含一個整數，表示最少交換次數。
如果不存在解決方案，則輸出 −1−1。
輸入樣例：
2 3 4 1 5 x 7 6 8輸出樣例
19
1、題目的目標
求最小步數 -> 用BFS
2、移動情況
移動方式：
轉以後：a = x + dx[i], b = y + dy[i].
思想：把每一個狀態看作圖論的一個節點（節點a到節點b的距離為1——狀態能轉移）——> 起點到終點最少需要多少步
從初始狀況移動到目標情況 —> 求最短路
3、問題
第一點：狀態如何儲存到佇列裡？
第二點：如何記錄每一個狀態的“距離”（即需要移動的次數）？
第三點：佇列怎麼定義（佇列儲存的是狀態，狀態可以用字串表示），dist陣列怎麼定義（每一個狀態到起始狀態的距離——兩個關鍵字：狀態(字串)、距離(int)）——key-value？——雜湊表
4、解決方案
將 “3*3矩陣” 轉化為 “字串”
如：
所以：
佇列可以用 queue<string>
//直接存轉化後的字串
dist陣列用 unordered_map<string, int>
//將字串和數字聯絡在一起，字串表示狀態，數字表示距離
5、矩陣與字串的轉換方式
【參考程式碼】
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include<unordered_map>
using namespace std;
//狀態轉移
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int bfs(string strat)
{
//定義目標狀態、
string end = "12345678x";
//定義佇列和dist陣列
queue<string> q;
unordered_map<string, int> d;
//初始化佇列和dist陣列
q.push(strat);
d[strat] = 0;
while(q.size())
{
// 獲取隊頭元素，彈出佇列
auto t = q.front();
q.pop();
//記錄當前狀態的距離，如果為最終狀態則返回距離結果
int distance = d[t];
if(t == end) return d[t];
//查詢x在一位陣列中的下標，進行狀態轉換
int k = t.find('x');
int x = k / 3, y = k % 3;
//擴充套件隊頭元素（鄰接節點入隊）
for(int i = 0; i < 4; i ++)
{
//轉移後的x的座標（鄰接節點）
int a = x + dx[i], b = y + dy[i];
//沒有越界
if(a >= 0 && b >= 0 && a < 3 && b < 3)
{
//轉移x
swap(t[k], t[a * 3 + b]);
//如果當前狀態是第一次遍歷，記錄距離，入隊
if(!d.count(t))
{
d[t] = distance + 1;
q.push(t);
}
//還原狀態，為下一種轉換情況做準備！
swap(t[k], t[a * 3 + b]);
}
}
}
//無法轉換到目標狀態，返回-1
return -1;
}
int main()
{
string strat;
// 輸入起始狀態
for (int i = 0; i < 9; i ++ )
{
char c;
cin >> c;
strat += c;
}
cout << bfs(strat);
}
總結常用技巧：一維陣列與二維陣列座標的轉換
設[一維陣列]下標為index（從0開始），二維陣列長度為m * n，則：
一維陣列轉換為二維陣列
x = index / n
y = index % n
二維陣列轉換為一維陣列
index = x + y * n
學習內容部分轉載自：
1. acwing演算法基礎課
2.作者：四谷夕雨
連結：https://www.acwing.com/solution/content/15149/
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