LeetCode 刷题之 BFS 广度优先搜索【Python实现】

1. BFS 算法框架

• BFS：用来搜索 最短路径 比较合适，如：求二叉树最小深度、最少步数、最少交换次数，一般与 队列 搭配使用，空间复杂度比 DFS 大很多
• DFS：适合搜索全部的解，如：寻找最短距离，一般与 栈 搭配使用

def BFS(start, target):"""计算从 start 到 target 的最近距离"""q = []	# 队列，先进先出visited = {}	# 避免走回头路q.append(start)	# 将起点加入队列visited.add(start)	step = 0	# 记录扩散步数while q:for i in range(len(q)):cur = q.pop()# 判断是否达到终点if cur == target:return step# 将 cur 相邻的节点加入队列for j in cur.adj():if j not in visited:q.insert(0, j)	# 队列：先进先出visited.add(j)# 更新步数step += 1

2. 二叉树的最小深度

111. 二叉树的最小深度

给定一个二叉树，找出其最小深度。最小深度是从根节点到最近叶子节点的最短路径上的节点数量。说明：叶子节点是指没有子节点的节点。输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：2
示例 2：输入：root = [2,null,3,null,4,null,5,null,6]
输出：5提示：树中节点数的范围在 [0, 105] 内
-1000 <= Node.val <= 1000

题解：

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution:def minDepth(self, root: TreeNode) -> int:if not root:return 0q = [root]step = 1while q:size = len(q)for i in range(size):node = q.pop(0)# 判断是否达到终点，结束条件if node.left == None and node.right == None:return step# 将相邻节点添加到队列if node.left != None:q.append(node.left)if node.right != None:q.append(node.right)# 更新步数step += 1return stepif __name__ == '__main__':# root = [3,9,20,null,null,15,7]root = TreeNode(3)node1 = TreeNode(9)node2 = TreeNode(20)node3 = TreeNode(15)node4 = TreeNode(7)root.left = node1root.right = node2node2.left = node3node2.right = node4s = Solution()print(s.minDepth(root))

3. 二叉树的层序遍历

102. 二叉树的层序遍历

给你二叉树的根节点 root ，返回其节点值的 层序遍历 。 （即逐层地，从左到右访问所有节点）。示例 1：输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[[3],[9,20],[15,7]]
示例 2：输入：root = [1]
输出：[[1]]
示例 3：输入：root = []
输出：[]提示：树中节点数目在范围 [0, 2000] 内
-1000 <= Node.val <= 1000

题解：

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution:def levelOrder(self, root: TreeNode) -> List[List[int]]:if root == None:return []q = [root]res = []while q:level = []  # 记录每层节点的值for i in range(len(q)):node = q.pop()level.append(node.val)# 说明该节点没有左右节点了if node.left == None and node.right == None:continueif node.left != None:q.insert(0, node.left)if node.right != None:q.insert(0, node.right)# 将每层的结果添加到 resres.append(level)return res

4. 打开转盘锁

752. 打开转盘锁

你有一个带有四个圆形拨轮的转盘锁。每个拨轮都有10个数字： '0', '1', '2', '3', '4', '5', '6', '7', '8', '9' 。每个拨轮可以自由旋转：例如把 '9' 变为 '0'，'0' 变为 '9' 。每次旋转都只能旋转一个拨轮的一位数字。锁的初始数字为 '0000' ，一个代表四个拨轮的数字的字符串。列表 deadends 包含了一组死亡数字，一旦拨轮的数字和列表里的任何一个元素相同，这个锁将会被永久锁定，无法再被旋转。字符串 target 代表可以解锁的数字，你需要给出解锁需要的最小旋转次数，如果无论如何不能解锁，返回 -1 。示例 1:输入：deadends = ["0201","0101","0102","1212","2002"], target = "0202"
输出：6
解释：
可能的移动序列为 "0000" -> "1000" -> "1100" -> "1200" -> "1201" -> "1202" -> "0202"。
注意 "0000" -> "0001" -> "0002" -> "0102" -> "0202" 这样的序列是不能解锁的，
因为当拨动到 "0102" 时这个锁就会被锁定。
示例 2:输入: deadends = ["8888"], target = "0009"
输出：1
解释：把最后一位反向旋转一次即可 "0000" -> "0009"。
示例 3:输入: deadends = ["8887","8889","8878","8898","8788","8988","7888","9888"], target = "8888"
输出：-1
解释：无法旋转到目标数字且不被锁定。提示：1 <= deadends.length <= 500
deadends[i].length == 4
target.length == 4
target 不在 deadends 之中
target 和 deadends[i] 仅由若干位数字组成

题解：

class Solution:def openLock(self, deadends: List[str], target: str) -> int:if target == "0000":return 0visited = {"0000"}  # 记录已经穷举过的密码，防止走回头路q = ["0000"]step = 0    # 步数while q:for i in range(len(q)):num = q.pop()# 若刚好是目标就退出if num == target:return stepif num in deadends:continue# 拨动密码锁，将一个节点的未遍历相邻节点加入队列for j in range(4):# 向上拨动up = self.plus_one(num, j)# 向下拨动down = self.minus_one(num, j)# 若已经访问过则不添加到 visitedif up not in visited:q.insert(0, up)visited.add(up)if down not in visited:q.insert(0, down) visited.add(down)# 增加步数step += 1return -1 def plus_one(self, num, j):a = list(num)if a[j] == "9":a[j] = "0"else:a[j] = str(int(a[j]) + 1)return "".join(a)def minus_one(self, num, j):a = list(num)if a[j] == "0":a[j] = "9"else:a[j] = str(int(a[j]) -1)return "".join(a)

参考：BFS 算法框架套路详解

5. 钥匙和房间

841. 钥匙和房间

有 n 个房间，房间按从 0 到 n - 1 编号。最初，除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。你的目标是进入所有的房间。然而，你不能在没有获得钥匙的时候进入锁住的房间。当你进入一个房间，你可能会在里面找到一套不同的钥匙，每把钥匙上都有对应的房间号，即表示钥匙可以打开的房间。你可以拿上所有钥匙去解锁其他房间。给你一个数组 rooms 其中 rooms[i] 是你进入 i 号房间可以获得的钥匙集合。如果能进入 所有 房间返回 true，否则返回 false。示例 1：输入：rooms = [[1],[2],[3],[]]
输出：true
解释：
我们从 0 号房间开始，拿到钥匙 1。
之后我们去 1 号房间，拿到钥匙 2。
然后我们去 2 号房间，拿到钥匙 3。
最后我们去了 3 号房间。
由于我们能够进入每个房间，我们返回 true。
示例 2：输入：rooms = [[1,3],[3,0,1],[2],[0]]
输出：false
解释：我们不能进入 2 号房间。提示：n == rooms.length
2 <= n <= 1000
0 <= rooms[i].length <= 1000
1 <= sum(rooms[i].length) <= 3000
0 <= rooms[i][j] < n
所有 rooms[i] 的值 互不相同

题解：

class Solution:def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool:visited = {0}	# 记录已经穷举过的钥匙，防止走回头路queue = [0]while queue:index_keys = queue.pop()for i in rooms[index_keys]:if i not in visited:visited.add(i)queue.insert(0, i)return len(visited) == len(rooms)

这个题还可以用 DFS，只需将 queue.insert 换成 queue.append 即可

参考：7行DFS 8行BFS 两种方法 三种实现 超详细趣味０基础解 Python

6. BFS 遍历图

# -- coding: utf-8 --def bfs(_graph, s):"""BFS 遍历 图:param _graph: 图:param s: 从哪个点开始遍历:return:"""q = [s]visited = {s}while q:vertex = q.pop()nodes = _graph[vertex]for node in nodes:if node not in visited:visited.add(node)q.insert(0, node)print(vertex)if __name__ == '__main__':# 图可以抽象为一个字典，key 表示当前节点，value 为该节点的下个节点集合graph = {"A": ["B", "C"],"B": ["A", "C", "D"],"C": ["A", "B", "D", "E"],"D": ["B", "C", "E", "F"],"E": ["C", "D"],"F": ["D"],}bfs(graph, "A")  # 从 A 点开始，输出 A、B、C、D、E、F

参考：[Python] BFS和DFS算法（第1讲）