搜尋演算法合集
By DijkstraPhoenix
深度優先搜尋 (DFS)
引入
如果現在有一個迷宮，如何走路徑最短？
方法
走迷宮最簡單粗暴的方法式什麼呢？當然是把所有路都走一遍啦！
如果是手動計算的話，可能會把你手指累得抽筋，但電腦不會，電腦具有強大的算力，這種暴力的事情當然是交給電腦做啦。
深搜的本質：一條路走到底，走到死衚衕再往回走，回到上一個岔口繼續走，直到找到正確的路
實際上，任何一條路都可以看做是一個只有一個岔口的分岔路，所以不需要把路和岔口分開計算。
那麼剛才的例子應該是這麼走（數字代表第幾次嘗試）實際上岔口走的順序是任意的，方法不唯一。
概念：從死衚衕返回的步驟叫做回溯
由於深搜不能保證第一次找到的路徑為最短路徑，所以需要統計所有路線
深搜一般使用遞迴實現，走過的每個位置都要打上標記，同一條路不能再走一遍
四聯通和八連通：
有些走迷宮題目是四聯通的（即上下左右），也有些是八連通的（即上、下、左、右、左上、左下、右上、右下），需要仔細觀察題目要求
四聯通位移陣列：dx[]={1,0,-1,0}; dy[]={0,1,0,-1};
八連通位移陣列：dx[]={1,0,-1,0,1,1,-1,-1}; dy[]={0,1,0,-1,1,-1,1,-1};
主演算法程式碼:
int maze[MAXN][MAXN];//儲存迷宮 0表示當前節點可以走，1表示不能走
bool vis[MAXN][MAXN];//打標記
const int dx[]={1,0,-1,0};
const int dy[]={0,1,0,-1};//位移陣列，分別對應 上右下左（如果是八向移動的話要改成對應的）
int n,m,stx,sty,edx,edy;//地圖長寬以及起點和終點的座標
int ans=0x7f7f7f7f;//最短距離，要初始化為極大值
void dfs(int x,int y,int z)//x和y是當前位置的座標，z是走過的步數
{
if(x==edx&&y==edy)//到了終點
{
ans=min(ans,z);//更新答案（如果答案還是極大值，說明無法到達終點）
return;
}
vis[x][y]=true;//打標記
for(int i=0;i<4;i++)//列舉四個方向
{
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];//下一個應該走到的位置
if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m)continue;//不能走出地圖（這個要寫在靈魂拷問的最前面，否則訪問陣列要越界）
if(maze[nx][ny]==1)continue;//不能卡牆裡
if(vis[nx][ny])continue;//不能走你走過的路
dfs(nx,ny,z+1);//走到下一個節點
}
vis[x][y]=false;//重點！回溯時要清除標記！
}
例題
連通塊問題
求1的連通塊數量
這是一類重要的題目！
本題可以使用 DFS 從每一個點開始將每一個連通塊都標記並計數
上圖就是標記出的連通塊
我們可以從連通塊的任意一個位置開始，遍歷整個連通塊，並把這個連通塊的所有點打上標記（防止重複計算）
這個方法也叫洪水填充法(Flood Fill)
強烈建議在網上找幾篇專門講連通塊的部落格學一下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int maze[105][105];
bool vis[105][105];
int n,m,ans;
void dfs(int x,int y)
{
vis[x][y]=true;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m)continue;
if(maze[nx][ny]!=1)continue;
if(vis[nx][ny])continue;
dfs(nx,ny);
}
//注意！！！此處不要回溯（標記是給後面的連通塊看的）
}
int main(void)
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>maze[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(!vis[i][j]&&maze[i][j]==1)//如果這個點沒找過並且是連通塊的一部分，那麼就是一個新的連通塊
{
ans++;
dfs(i,j);//為整個連通塊打上標記
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
八皇后問題
洛谷 P1219
本題的每一步都決定一個皇后的位置，由輸出格式就可以看出，我們可以按每一列的順序計算。一個皇后會獨佔一行、一列、兩斜線，因為是按列計算的，不需要給列打標記，則需要 3 個標記陣列。
（其實可以看一下洛谷上的題解）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool vis[15],vis1[35],vis2[35];
int n;
int nod[15];
int sum=0;
void dfs(int k)
{
if(k>n)
{
sum++;
if(sum<=3)//前3個要輸出方案
{
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<nod[i]<<" ";
cout<<endl;
}
return;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(vis[i])continue;
if(vis1[i+k-1])continue;
if(vis2[i-k+13])continue;
vis[i]=true;
vis1[i+k-1]=true;
vis2[i-k+13]=true;//可以手動模擬一下行列座標和斜座標的關係，加13是防止計算出負數
nod[k]=i;//儲存方案
dfs(k+1);
vis[i]=false;
vis1[i+k-1]=false;
vis2[i-k+13]=false;
}
}
int main(void)
{
cin>>n;
dfs(1);
cout<<sum;
return 0;
}
全排列問題
這是一個重要的題目！
洛谷 P1706
按照題意模擬搜尋即可
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,a[1000],vis[1000];
void dfs(int step)
{
if(step==n+1)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
printf("%5d",a[i]);//題目要求格式化輸出
}
cout<<endl;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(vis[i]==1)continue;
a[step]=i;
vis[i]=1;
dfs(step+1);
vis[i]=0;
}
}
int main(void)
{
cin>>n;
dfs(1);
return 0;
}
一些建議練習的題
求細胞數量
提示：聯通塊問題，不要清除標記，從每個未標記且是細胞的塊出發，將整個塊打上標記
小貓爬山
選數
單詞接龍
廣度優先搜尋 (BFS)
引入
還是剛才的迷宮問題
方法
除了把每一條路走一遍，其實還可以用水把迷宮給淹了。這樣可以順著水找到路徑。
BFS 模擬洪水往外擴散的樣子，按層遍歷。
這樣做有一個好處：如果像迷宮這樣，每兩個相鄰的方塊之間的距離都一樣的話，第一次找到的路徑就是最短路徑（每一層走過的路程都一樣），如果沒有這個條件就不保證最短
以下是 BFS 和 DFS 策略上的對比：
放到迷宮裡就是這個樣子：
(圖中深綠色代表路徑，淺綠色代表訪問過的點，線表示遍歷的每一層)
重點！因為同一層的點無法直接像 DFS 那樣轉移，所以會把應該訪問的節點放到一個佇列裡，挨個處理
主要程式碼:
struct node
{
int x,y,step;//節點座標和已經走過的步數
};
queue<node>Q; //佇列
bool vis[MAXN][MAXN];//標記陣列
int maze[MAXN][MAXN];//儲存地圖，0可以走，1不能走
int stx,sty,edx,edy;
const int dx[]={1,0,-1,0};
const int dy[]={0,1,0,-1};
int n,m;//地圖長寬
void bfs(void)//bfs其實不需要封裝在函式里，它不需要遞迴
{
Q.push(node{stx,sty,0});
vis[stx][sty]=true;//初始狀態
while(!Q.empty())//直到所有的狀態都處理完畢
{
int x=Q.front().x,y=Q.front().y,st=Q.front().step;//取出隊首元素
Q.pop();//很重要！不要忘了出佇列
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m)continue;
if(vis[nx][ny])continue;
if(maze[nx][ny]==1)continue;//靈魂三問
Q.push(node{nx,ny,st+1});//加入處理佇列
vis[nx][ny]=true;//打標記 注意！BFS沒有回溯！
if(nx==edx&&ny==edy)//到終點了
{
cout<<st+1;
return 0;
}
}
}
}
例題
Catch That Cow S
洛谷 P1588
本題的轉移有三種：前進1步，後退1步，乘2
其實本題程式碼很簡單（別看有點長）實際上是三個轉移
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,x,y;
bool vis[100005];
queue<int>Q,step;
int main(void)
{
cin>>t;
for(int test(1);test<=t;test++)
{
cin>>x>>y;
Q.push(x); //入隊
step.push(0); //初始他一步也沒走，step入隊0
vis[x]=true; //標記
while(!Q.empty()) //step和Q是同步的，不需要額外判斷
{
//取隊首元素
int s=Q.front();
int st=step.front();
Q.pop(); //出隊
step.pop();
int nst=st+1;
int ns;
//找可以的情況
ns=s+1;//前進1步
if(ns>=1&&ns<=100000&&vis[ns]!=true) //條件成立
{
vis[ns]=true; //標記
Q.push(ns); //入隊
step.push(nst);
if(ns==y) //找到了
{
//因為BFS第一個找到的一定是最短的路徑，直接輸出
cout<<nst;
break;
}
}
ns=s-1;//後退1步
if(ns>=1&&ns<=100000&&vis[ns]!=true) //條件成立
{
vis[ns]=true; //標記
Q.push(ns); //入隊
step.push(nst);
if(ns==y) //找到了
{
//因為BFS第一個找到的一定是最短的路徑，直接輸出
cout<<nst;
break;
}
}
ns=s*2;//乘2
if(ns>=1&&ns<=100000&&vis[ns]!=true) //條件成立
{
vis[ns]=true; //標記
Q.push(ns); //入隊
step.push(nst);
if(ns==y) //找到了
{
//因為BFS第一個找到的一定是最短的路徑，直接輸出
cout<<nst;
break;
}
}
}
}
}
字串變換
洛谷 P1032
本題需要尋找可以變換的部分進行轉移。字串長度不長，可以暴力配對
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
string ap[25],bp[25];
int le;
queue<string>q;
queue<int>step;//本程式碼沒有使用結構體而是使用兩個佇列
map<string,bool>vis;
signed main(void)
{
string a,b;
string ia,ib;
cin>>a>>b;
while(cin>>ia)
{
cin>>ib;
ap[++le]=ia;
bp[le]=ib;
}
q.push(a);
step.push(0);
vis[a]=true;
while(!q.empty())
{
string s=q.front();q.pop();
int st=step.front();step.pop();
if(st==10)continue;
for(int i=1;i<=le;i++)
{
int start=0;
while(true)
{
int fd=s.find(ap[i],start);//尋找匹配字串
if(fd==string::npos)break;
start=fd+1;
string tmp=s.substr(0,fd);
tmp+=bp[i];
tmp+=s.substr(fd+ap[i].length());
if(vis[tmp])continue;
q.push(tmp);//轉移
step.push(st+1);
if(tmp==b)//找到了
{
cout<<st+1;
return 0;
}
}
}
}
cout<<"NO ANSWER!";
return 0;
}
一些建議的題
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--還沒寫完呢--