步步为营（十六）搜索（二）BFS 广度优先搜索

上一篇讲了DFS，那么与之相应的就是BFS。也就是 宽度优先遍历，又称广度优先搜索算法。

首先，让我们回顾一下什么是“深度”：

更学术点的说法，能够看做“单位距离下，离起始状态的长度”

那么广度是什么呢？

个人认为，能够这么归纳：

何为广度？ 能够看做“距离初始状态距离相等的结点”的集合

那么BFS的核心思想就是：从初始结点開始，搜索生成第一层结点。检查目标结点是否在这些结点中，若没有，再将全部第一层的结点逐一进行搜索，得到第二层结点，并逐一检查第二层结点中是否包括目标结点。若没有，再继续搜索第二层全部结点……，如此依次扩展，直到发现目标结点为止。

这样就保证了：假设我如今找到了目标结点（也能够称作当前问题的解）。那么我之前肯定没有发现过目标结点，并且因为是广度优先搜索。所以当前的解一定是距离起始结点近期的，也就是最优解。因为第一个解就是最优解，那么我们就能够尝试打印出道路。

伪代码例如以下：

queue 结点队列
queue.push(起始节点)
while(结点队列不为空)
{
    queue.front();
    queue.pop();//取出头结点

    if(头结点是目标结点)
    {
        跳出循环。
    }
    for(对下一层结点进行推断)
    {
        if(结点满足筛选条件)
        {
            queue.push(满足帅选条件的结点)
        }
    }
}

那么对于上一篇文章中果园的地图，我们的部分状态是这种：

S 0 1 1 0

0 1 0 0 0

0 0 1 1 0

0 1 0 0 0

0 0 0 0 G

从S点開始，设S点坐标为（1,1）

(1,1)

->(1,2)//第一层

->(2,1)//第一层

->(3,1)//第二层

->(3,2)//第三层

->(4,1)//第三层

……

->(5,5)//找到目标结点，结束

BFS因为维护了一个队列。所以节省了递归须要消耗的时间，可是空间上却比递归消耗的多的多。假设须要找多个解或者每一个节点的状态比較多。可能会面临空间超限的情况。

所以：

1. 求多个解，首先考虑DFS;
2. 求单个解，首先考虑BFS

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代表题目：HDU 1072 Nightmare

题目大意：在迷宫中有一个炸弹，过六个单位时间就会爆炸。要你求一个起点到迷宫的终点的最短距离，迷宫中有时间重置器，当你走到这个格子。炸弹的爆炸时间又一次置为0，迷宫中标识为墙壁的格子不能走。到达随意一个格子时，炸弹计数器为0时，则失败。

解题思路:最短距离。就想到用宽度优先遍历，可是要一个辅助的数组来保存每一个格子的时间信息。因为每一个格子前进一步的花费时间单位是一样的，所以宽度遍历的结果自然是最短距离。因为时间单位有限制。仅仅能走六个单元，仅仅有在这六个时间单位里到达了终点，或者走到了时间设置开关把炸弹计时器置为0才干继续走下去，所以要一个辅助数组来保存每一个格子剩余的最大时间单位，仅仅有走到当前的格子的剩余时间单位比之前的大时。这个状态才干增加队列中。

以下是代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <algorithm>

using namespace std;

struct node
{
    int x, y;
    int step;
    int t;
};

const int maxn = 9;

int dir[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
int maze[maxn][maxn], graph[maxn][maxn];
int n, m, ex, ey, ans;

bool bfs(int x, int y);

int main()
{

    int test;
    scanf("%d", &test);
    while(test-- != 0)
    {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        int sx, sy;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            for(int j = 0; j < m; j++)
            {
                scanf("%d", &maze[i][j]);
                if(maze[i][j] == 2)
                    sx = i, sy = j;
                if(maze[i][j] == 3)
                    ex = i, ey = j;
                graph[i][j] = 0;
            }
        }
        if(bfs(sx, sy))
            printf("%d\n", ans);
        else
            printf("-1\n");
    }

    return 0;
}

bool bfs(int x, int y)
{
    queue<node> que;
    node s;
    s.x = x;
    s.y = y;
    s.step = 0;
    s.t = 6;
    graph[x][y] = 6;
    que.push(s);
    while(!que.empty())
    {
        node st = que.front();
        que.pop();
        if(st.x == ex && st.y == ey)
        {
            ans = st.step;
            return true;
        }
        if(st.t == 1)
            continue;
        for(int i = 0; i < 4; i++)
        {
            int dx = st.x + dir[i][0];
            int dy = st.y + dir[i][1];

            if(dx >= 0 && dx < n && dy >= 0 && dy < m && maze[dx][dy] != 0)
            {
                node tmp;
                tmp.x = dx; tmp.y = dy;
                tmp.step = st.step + 1;
                tmp.t  = st.t - 1;
                if(maze[dx][dy] == 4)
                    tmp.t = 6;
                if(tmp.t > graph[dx][dy])
                {

                    graph[dx][dy] = tmp.t;
                    que.push(tmp);
                }
            }
        }
    }
    return false;
}