【C++】多源BFS问题和拓扑排序

目录

多源BFS介绍

单源BFS和多源BFS的区别

SO如何解决多源BFS问题

多源之核心

矩阵

算法思路

代码实现

飞地的数量

算法思路

代码实现

地图中的最高点

算法思路

代码实现

地图分析

算法思路

代码实现

拓扑排序介绍

有向无环图

​编辑

如何解决这类问题

课程表

算法思路

代码实现

课程表2

算法思路

代码实现

火星词典

代码实现

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多源BFS介绍

单源BFS和多源BFS的区别

顾名思义，单源BFS是只有一个起点，博客CSDN中已经阐述过，如有不明白者，可前去一探究竟，而多源BFS是有多个起点，然后同时出发，到达终点；

SO如何解决多源BFS问题

多源的BFS，本质上与单源的BFS并无太大差别，我们只需要把多个起点等效成一个起点即可，这样就转化为了单源的问题了。

多源之核心

将所有的起点都加入队列---->扩散----->终点。与单源之秘法极其类似，方能解之。

矩阵

例题地址. - 力扣（LeetCode）

给定一个由 0 和 1 组成的矩阵 mat ，请输出一个大小相同的矩阵，其中每一个格子是 mat 中对应位置元素到最近的 0 的距离。

两个相邻元素间的距离为 1 。

示例 1：

输入：mat = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出：[[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]

示例 2：

输入：mat = [[0,0,0],[0,1,0],[1,1,1]]
输出：[[0,0,0],[0,1,0],[1,2,1]]

算法思路

代码实现

class Solution {
public:int m,n;int dx[4]={1,-1,0,0};int dy[4]={0,0,1,-1};vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& mat) {m=mat.size();n=mat[0].size();vector<vector<int>>ans(m,vector<int>(n,-1));queue<pair<int,int>>q;//储存所有的原点for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(mat[i][j]==0){q.push({i,j});ans[i][j]=0;}}}int ret=0;while(q.size()){ret++;int sz=q.size();while(sz--){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i];int y=b+dy[i];if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&ans[x][y]==-1){ans[x][y]=ret;q.push({x,y});}}}}return ans;}
};

飞地的数量

例题地址：. - 力扣（LeetCode）

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ，其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。

一次 移动 是指从一个陆地单元格走到另一个相邻（上、下、左、右）的陆地单元格或跨过 grid 的边界。

返回网格中 无法 在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。

示例 1：

输入：grid = [[0,0,0,0],[1,0,1,0],[0,1,1,0],[0,0,0,0]]
输出：3
解释：有三个 1 被 0 包围。一个 1 没有被包围，因为它在边界上。

示例 2：

输入：grid = [[0,1,1,0],[0,0,1,0],[0,0,1,0],[0,0,0,0]]
输出：0
解释：所有 1 都在边界上或可以到达边界。

算法思路

代码实现

class Solution {
public:int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {int m=grid.size();int n=grid[0].size();bool vis[m][n];memset(vis,0,sizeof vis);queue<pair<int,int>>q;//储存原点for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if((i==0||i==m-1||j==0||j==n-1)){if(grid[i][j]==1){q.push({i,j});vis[i][j]=true;}}}}while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i];int y=b+dy[i];if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&grid[x][y]==1&&!vis[x][y]){q.push({x,y});vis[x][y]=true;}                        }}int ret=0;for(int i=0;i<m;i++)for(int j=0;j<n;j++)if(grid[i][j]==1&&!vis[i][j])ret++;return ret;}
};

地图中的最高点

地址：. - 力扣（LeetCode）

给你一个大小为 m x n 的整数矩阵 isWater ，它代表了一个由 陆地 和 水域 单元格组成的地图。

• 如果 isWater[i][j] == 0 ，格子 (i, j) 是一个 陆地 格子。
• 如果 isWater[i][j] == 1 ，格子 (i, j) 是一个 水域 格子。

你需要按照如下规则给每个单元格安排高度：

• 每个格子的高度都必须是非负的。
• 如果一个格子是 水域 ，那么它的高度必须为 0 。
• 任意相邻的格子高度差 至多 为 1 。当两个格子在正东、南、西、北方向上相互紧挨着，就称它们为相邻的格子。（也就是说它们有一条公共边）

找到一种安排高度的方案，使得矩阵中的最高高度值 最大 。

请你返回一个大小为 m x n 的整数矩阵 height ，其中 height[i][j] 是格子 (i, j) 的高度。如果有多种解法，请返回 任意一个 。

示例 1：

输入：isWater = [[0,1],[0,0]]
输出：[[1,0],[2,1]]
解释：上图展示了给各个格子安排的高度。
蓝色格子是水域格，绿色格子是陆地格。

示例 2：

输入：isWater = [[0,0,1],[1,0,0],[0,0,0]]
输出：[[1,1,0],[0,1,1],[1,2,2]]
解释：所有安排方案中，最高可行高度为 2 。
任意安排方案中，只要最高高度为 2 且符合上述规则的，都为可行方案

算法思路

代码实现

class Solution {
public:int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {int m=grid.size();int n=grid[0].size();bool vis[m][n];memset(vis,0,sizeof vis);queue<pair<int,int>>q;//储存原点for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if((i==0||i==m-1||j==0||j==n-1)){if(grid[i][j]==1){q.push({i,j});vis[i][j]=true;}}}}while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i];int y=b+dy[i];if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&grid[x][y]==1&&!vis[x][y]){q.push({x,y});vis[x][y]=true;}                        }}int ret=0;for(int i=0;i<m;i++)for(int j=0;j<n;j++)if(grid[i][j]==1&&!vis[i][j])ret++;return ret;}
};

地图分析

地址：. - 力扣（LeetCode）

你现在手里有一份大小为 n x n 的 网格 grid，上面的每个 单元格 都用 0 和 1 标记好了。其中 0 代表海洋，1 代表陆地。

请你找出一个海洋单元格，这个海洋单元格到离它最近的陆地单元格的距离是最大的，并返回该距离。如果网格上只有陆地或者海洋，请返回 -1。

我们这里说的距离是「曼哈顿距离」（ Manhattan Distance）：(x0, y0) 和 (x1, y1) 这两个单元格之间的距离是 |x0 - x1| + |y0 - y1| 。

示例 1：

输入：grid = [[1,0,1],[0,0,0],[1,0,1]]
输出：2
解释： 
海洋单元格 (1, 1) 和所有陆地单元格之间的距离都达到最大，最大距离为 2。

示例 2：

输入：grid = [[1,0,0],[0,0,0],[0,0,0]]
输出：4
解释： 
海洋单元格 (2, 2) 和所有陆地单元格之间的距离都达到最大，最大距离为 4。

算法思路

代码实现

class Solution {
public:int dx[4]={1,-1,0,0};int dy[4]={0,0,1,-1};int maxDistance(vector<vector<int>>& grid) {int m=grid.size();int n=grid[0].size();vector<vector<bool>>vis(m,vector<bool>(n));//标记数组//将所有的1作为起点queue<pair<int,int>>q;for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(grid[i][j]==1){q.push({i,j});}}}int ret=0;if(q.size()==n*n||q.size()==0)retur n -1;while(q.size()){ret++;int sz=q.size();while(sz--){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i];int y=b+dy[i];if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&grid[x][y]==0&&!vis[x][y]){q.push({x,y});vis[x][y]=true;}}}}return ret-1;}
};

拓扑排序介绍

有向无环图

入度：指向活动节点的箭头个数；
出度：从活动节点出去指向别的节点的箭头个数。

通过入度和出入我们可以判断活动的进行顺序，活动度数为0的活动先进行没进行完后，将该活动的出度清空，下一个入度为0的节点就是该节点之后要进行的活动，以此类推，直到最后没有活动节点，如果只存在有一个入度的节点(成环)。

如何解决这类问题

1.首先建图，也就是邻接矩阵，可以使用哈希表处理。
2.统计所有活动节点的出度和入度。
3.如果入度是0就把活动节点加入到队列中。
4.BFS每走一步就把该节点的出度清空，将下一个入度为0的节点加入队列中。
5.判断是否有环：遍历度数表，如果还存在度数不为0的活动节点，那么说明还有活动成环了； 

课程表

地址：. - 力扣（LeetCode）

你这个学期必须选修 numCourses 门课程，记为 0 到 numCourses - 1 。

在选修某些课程之前需要一些先修课程。 先修课程按数组 prerequisites 给出，其  中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示如果要学习课程 ai 则 必须 先学习课程  bi 。

• 例如，先修课程对 [0, 1] 表示：想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 。

请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出：true
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0 。这是可能的。

示例 2：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0],[0,1]]
输出：false
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成​课程 0 ；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1 。这是不可能的。

算法思路

代码实现

class Solution {
public:bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {//首先构造邻接矩阵,也就是边int n=numCourses;unordered_map<int,vector<int>>edge;//储存每一个节点的入度//先把所有的节点放在了数组中vector<int>in(n);//后面要统计所有课程的度数是否为零//储存所有的边for(auto &x:prerequisites){int a=x[0];//最红的课程(终点)int b=x[1];//先学的课程(起点)//存进数组中edge[b].push_back(a);in[a]++;//对应节点的入度增加}//开始使用队列来处理无度数的节点queue<int>q;for(int i=0;i<n;i++)if(in[i]==0)q.push(i);//如果入度为零，就加入到队列while(q.size()){//取出无度数的节点auto tmp=q.front();q.pop();//然后取消所有与他有关的边for(auto& x: edge[tmp]){in[x]--;//是否要加入后面的课程if(in[x]==0)//如果没有度数了{q.push(x);}}}//判断是否有环for(auto i:in){if(i)//如果存在度数不为0的节点return false;}return true;}
};

课程表2

地址：. - 力扣（LeetCode）

现在你总共有 numCourses 门课需要选，记为 0 到 numCourses - 1。给你一个数组 prerequisites ，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示在选修课程 ai 前 必须 先选修 bi 。

• 例如，想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 ，我们用一个匹配来表示：[0,1] 。

返回你为了学完所有课程所安排的学习顺序。可能会有多个正确的顺序，你只要返回 任意一种 就可以了。如果不可能完成所有课程，返回 一个空数组 。

示例 1：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出：[0,1]
解释：总共有 2 门课程。要学习课程 1，你需要先完成课程 0。因此，正确的课程顺序为 [0,1] 。

示例 2：

输入：numCourses = 4, prerequisites = [[1,0],[2,0],[3,1],[3,2]]
输出：[0,2,1,3]
解释：总共有 4 门课程。要学习课程 3，你应该先完成课程 1 和课程 2。并且课程 1 和课程 2 都应该排在课程 0 之后。
因此，一个正确的课程顺序是 [0,1,2,3] 。另一个正确的排序是 [0,2,1,3]

示例 3：

输入：numCourses = 1, prerequisites = []
输出：[0]

算法思路

与上一道题一样。

代码实现

class Solution {
public:vector<int> findOrder(int n, vector<vector<int>>& p) {unordered_map<int,vector<int>>edge;//储存所有的节点vector<int>in(n);//统计所有节点的度数//建图for(auto &e:p){int a=e[0];//终点int b=e[1];//起点edge[b].push_back(a);in[a]++;//终点的入度数增加}//DFSqueue<int>q;for(int i=0;i<n;i++)if(in[i]==0)q.push(i);//储存所有的入度为零的节点.//储存结果的数组vector<int>ret;while(q.size()){auto t=q.front();q.pop();ret.push_back(t);for(auto x:edge[t])//遍历节点后的链接的节点{in[x]--;if(in[x]==0){q.push(x);}}}//判断是否有环for(auto x:in)if(x)return {};return ret;}
};

火星词典

地址：. - 力扣（LeetCode）

现有一种使用英语字母的外星文语言，这门语言的字母顺序与英语顺序不同。

给定一个字符串列表 words ，作为这门语言的词典，words 中的字符串已经 按这门新语言的字母顺序进行了排序 。

请你根据该词典还原出此语言中已知的字母顺序，并 按字母递增顺序 排列。若不存在合法字母顺序，返回 "" 。若存在多种可能的合法字母顺序，返回其中 任意一种 顺序即可。

字符串 s 字典顺序小于 字符串 t 有两种情况：

• 在第一个不同字母处，如果 s 中的字母在这门外星语言的字母顺序中位于 t 中字母之前，那么 s 的字典顺序小于 t 。
• 如果前面 min(s.length, t.length) 字母都相同，那么 s.length < t.length 时，s 的字典顺序也小于 t 。

示例 1：

输入：words = ["wrt","wrf","er","ett","rftt"]
输出："wertf"

示例 2：

输入：words = ["z","x"]
输出："zx"

示例 3：

输入：words = ["z","x","z"]
输出：""
解释：不存在合法字母顺序，因此返回 "" 。

代码实现

class Solution {
public:unordered_map<char,unordered_set<char>>edge;unordered_map<char,int>in;string alienOrder(vector<string>& words) {for(auto &str:words){for(auto x:str){in[x]=0;}}int n=words.size();for(int i=0;i<n;i++)for(int j=i+1;j<n;j++){bool tmp=add(words[i],words[j]);if(tmp==true)return "";}queue<char>q;for(auto [a,b]:in){if(b==0)q.push(a);}string ret;while(q.size()){auto t=q.front();q.pop();ret+=t;for(auto x:edge[t]){if(--in[x]==0)q.push(x);}}for(auto [a,b]:in)if(b)return "";return ret;}bool add(string & s1,string&s2){int n=min(s1.size(),s2.size());int i=0;for(;i<n;i++){if(s1[i]!=s2[i]){char a=s1[i];char b=s2[i];if(!edge.count(a)||!edge[a].count(b)){edge[a].insert(b);in[b]++;}break;}}if(i==s2.size()&&i<s1.size())return true; return false;}
};