Word Ladder II——找出两词之间最短路径的所有可能

Given two words (start and end), and a dictionary, find all shortest transformation sequence(s) from start to end, such that:

1. Only one letter can be changed at a time
2. Each intermediate word must exist in the dictionary

For example,

Given:
start ="hit"
end ="cog"
dict =["hot","dot","dog","lot","log"]

Return

  [
    ["hit","hot","dot","dog","cog"],
    ["hit","hot","lot","log","cog"]
  ]

Note:

• All words have the same length.
• All words contain only lowercase alphabetic characters.

我的写法最后的结果顺序与答案不符

 class Solution {
 public:
     vector<vector<string>> findLadders(string start, string end, unordered_set<string> &dict) {
         bfs(start,end,dict);
         v.push_back(end);
         dfs(end,start,dict);
         return res;
     }

     void bfs(string start, string end, unordered_set<string> &dict){
         queue<string> q;
         q.push(start);
         m[start]=;
         min=dict.size()+;
         while(!q.empty()){
             string cur=q.front();
             q.pop();
             for(int i=;i<cur.length();i++){
                 for(char c='a';c<='z';c++){
                     if(c==cur[i])
                         continue;
                     string tmp=cur;
                     tmp[i]=c;
                     if(tmp==end){
                         min=m[cur]+<min?m[cur]+:min;
                         m[end]=min;
                         continue;
                     }
                     if(dict.find(tmp)!=dict.end()&&m.find(tmp)==m.end()){
                         q.push(tmp);
                         m[tmp]=m[cur]+;
                     }
                 }
             }
         }
     }
     void dfs(string start, string end, unordered_set<string> &dict){
         if(start==end){
             vector<string> tmp;
             for(int i=v.size()-;i>=;i--){
                 tmp.push_back(v[i]);
             }
             res.push_back(tmp);
             return;
         }
         for(int i=;i<start.length();i++){
             for(char c='a';c<='z';c++){
                 if(c==start[i])
                     continue;
                 string cur=start;
                 cur[i]=c;
                 if(m.find(cur)!=m.end()&&m[cur]==(m[start]-)){
                     v.push_back(cur);
                     dfs(cur,end,dict);
                     v.pop_back();
                 }
             }
         }
     }
     vector<vector<string>> res;
     vector<string> v;
     map<string,int> m;
     int min=;
 };

分析转自：http://www.cnblogs.com/ShaneZhang/p/3748494.html

其实这一题很容易在脑海汇中勾勒一下DFS/BFS搜索树的大致样子。

如果选用DFS（即广义上的爆搜递归）

 void search(string &word, string &end, unordered_set<string> &dict, int level)
 {
      if(word == end)
          return;

      if( level == dict.size())
          return;

      for(int i = ; i < word.length(); i++)
     {
            for(int ch = 'a'; j <='z'; j++)
            {
                     string tmp = word;
                     if(tmp[i] == ch)
                              continue;
                     tmp[i] = ch;
                     if(dict.count(tmp) > )
                           search(tmp, end, dict, level+);
             }
     }   

如此，必须要遍历整棵搜索树，记录所有可能的解路径，然后比较最短的输出，重复节点很多，时间复杂度相当大。有人问可以剪枝么，答案是这里没法剪。如果把已经访问过的剪掉，那么就会出现搜索不完全的情况。

看来直接上来爆搜是不行的。效率低的不能忍。

这样看，如果将相邻的两个单词（即只差一个字母的单词）相互连在一起，这就是一个图嘛。经典的图算法，dijiska算法不就是求解最短路径的算法么。

那么就说直接邻接表建图，然后dijkstra算法求解咯，当然是可以的，边缘权值设为1就行。而且这种思路工程化，模块化思路很明显，比较不容易出错。但此种情况下时间需建图，然后再调用dijkstra，光是后者复杂度就为o(n^2)，所以仍有可能超时，或者说，至少还不是最优方法。

建图后进行DFS呢。很可惜，对于一个无向有环图，DFS只能遍历节点，求最短路径什么的还是别想了。（注意，这里对图进行DFS搜索也会生成一颗搜索树，但是与上文提到的递归爆搜得到的搜索树完全不一样哦，主要是因为对图进行DFS得不到严谨的前后关系，而这是最短路径必须具备的）

好了，我们来看看一个例子

如何对这个图进行数据结构上的优化，算法上的优化是解决问题的关键。

通过观察，容易发现这个图没有边权值，也就是所用dijkstra算法显得没必要了，简单的BFS就行，呵呵，BFS是可以求这类图的最短路径的，

正如wiki所言：若所有边的长度相等，广度优先搜索算法是最佳解——亦即它找到的第一个解，距离根节点的边数目一定最少。

所以，从出发点开始，第一次"遍历"到终点时过的那条路径就是最短的路径。而且是时间复杂度为O(|V|+|E|)。时间复杂度较dijkstra小，尤其是在边没那么多的时候。

到此为止了么。当然不是，还可以优化。

回到最原始的问题，这个图够好么？它能反映问题的本质么。所谓问题的本质，有这么两点，一是具有严格的前后关系（因为要输出所有变换序列），二是图中的边数量是否过大，能够减小一些呢？

其实，一个相对完美的图应该是这样的

这个图有两个很明显的特点，一是有向图，具有鲜明的层次特性，二是边没有冗余。此图完美的描述了解的结构。

所以，我们建图也要有一定策略，也许你们会问，我是怎么想出来的。

其实，可以这样想，我们对一个单词w进行单个字母的变换，得到w1 w2 w3...，本轮的这些替换结果直接作为当前单词w的后继节点，借助BFS的思想，将这些节点保存起来，下一轮开始的时候提取将这些后继节点作为新的父节点，然后重复这样的步骤。

这里，我们需要对节点“分层”。上图很明显分为了三层。这里没有用到队列，但是思想和队列一致的。因为队列无法体现层次关系，所以建图的时候，必须设立两个数据结构，用来保存当前层和下层，交替使用这两个数据结构保存父节点和后继节点。

同时，还需要保证，当前层的所有节点必须不同于所有高层的节点。试想，如果tot下面又接了一个pot，那么由此构造的路径只会比tot的同层pot构造出的路径长。如何完成这样的任务呢？可以这样，我们把所有高层节点从字典集合中删除，然后供给当前层选取单词。这样，当前层选取的单词就不会与上层的重复了。注意，每次更新字典的时候是在当前层处理完毕之后在更新，切不可得到一个单词就更新字典。例如我们得到了dog，不能马上把dog从待字典集合中删除，否则，下次hog生成dog时在字典中找不到dog，从而导致结果不完整。简单的说，同层的节点可以重复。上图也可以把dog化成两个节点，由dot和hog分别指向。我这里为了简单就没这么画了。

最后生成的数据结构应该这样，类似邻接表

hot---> hop, tot, dot, pot, hog

dot--->dog

hog--->dog, cog

ok。至此，问题算是基本解决了，剩下的就是如何生成路径。其实很简单，对于这种“特殊”的图，我们可以直接DFS搜索，节点碰到目标单词就返回。

这就完了，不能优化了？不，还可以优化。

可以看到，在生成路径的时候，如果能够从下至上搜索的话，就可以避免那些无用的节点，比如hop pot tot这类的，大大提升效率。其实也简单，构造数据结构时，交换一下节点，如下图

dog--->dot, hog

cog--->hog

hop--->hot

tot--->hot

dot--->hot

pot--->hot

hog--->hot

说白了，构造一个反向邻接表即可。

对了，还没说整个程序的终止条件。如果找到了，把当前层搜完就退出。如果没找到，字典迟早会被清空，这时候退出就行。

说了这么多，上代码吧

 class Solution {
 public:
 vector<string> temp_path;
 vector<vector<string>> result_path;

 void GeneratePath(unordered_map<string, unordered_set<string>> &path, const string &start, const string &end)
 {
     temp_path.push_back(start);
     if(start == end)
     {
         vector<string> ret = temp_path;
         reverse(ret.begin(),ret.end());
         result_path.push_back(ret);
         return;
     }

     for(auto it = path[start].begin(); it != path[start].end(); ++it)
     {
             GeneratePath(path, *it, end);
             temp_path.pop_back();
     }
 }
 vector<vector<string>> findLadders(string start, string end, unordered_set<string> &dict)
 {
     temp_path.clear();
     result_path.clear();

     unordered_set<string> current_step;
     unordered_set<string> next_step;

     unordered_map<string, unordered_set<string>> path;

     unordered_set<string> unvisited = dict;

     if(unvisited.count(start) > )
         unvisited.erase(start);

     current_step.insert(start);

     while( current_step.count(end) ==  && unvisited.size() >  )
     {
         for(auto pcur = current_step.begin(); pcur != current_step.end(); ++pcur)
         {
             string word = *pcur;

             for(int i = ; i < start.length(); ++i)
             {
                 for(int j = ; j < ; j++)
                 {
                     string tmp = word;
                     if( tmp[i] == 'a' + j )
                         continue;
                     tmp[i] = 'a' + j;
                     if( unvisited.count(tmp) >  )
                     {
                         next_step.insert(tmp);
                         path[tmp].insert(word);
                     }
                 }
             }
         }

         if(next_step.empty()) break;
         for(auto it = next_step.begin() ; it != next_step.end(); ++it)
         {
             unvisited.erase(*it);
         }

         current_step = next_step;
         next_step.clear();
     }

     if(current_step.count(end) > )
         GeneratePath(path, end, start);

     return result_path;
 }
 };