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蓝桥杯第四次培训之图的深度遍历和广度遍历
阅读量:317 次
发布时间:2019-03-03

本文共 3071 字,大约阅读时间需要 10 分钟。

图的遍历是图算法中核心的操作之一,它在解决连通性问题、拓扑排序以及关键路径分析等领域发挥着重要作用。然而,图的复杂性决定了遍历过程中需要应对多种挑战。

深度优先遍历(Depth-First Search,DFS)

深度优先遍历是一种通过递归访问所有可能路径来遍历图的方法。其核心策略是在访问当前节点后,优先选择当前节点的第一个邻接点进行深入访问。这种方式确保了在访问过程中尽可能深入当前路径,从而尽可能多地探索节点之间的关系。

具体而言,深度优先遍历可以按照以下步骤进行:

  • 初始化时,选择任意一个未被访问的节点作为起始点。
  • 记录当前节点,并标记为已访问。
  • 遍历当前节点的所有邻接点,选择第一个未被访问的邻接点作为下一个访问目标。
  • 重复上述过程,直到所有与起始点有路径相连的节点均被访问。
  • 这种方法的优点在于能够深入探索节点之间的关系,适用于检测图的连通性或进行拓扑排序等任务。然而,其缺点也显而易见:如果图中存在环路,深度优先遍历可能会陷入无限循环,需要额外的机制(如访问标记)来避免重复访问节点。

    广度优先遍历(Breadth-First Search,BFS)

    广度优先遍历则是一种“层序”遍历方法,它类似于树的宽度优先搜索。这种方法使用队列来管理待访问的节点,每次从队列中取出当前节点,访问其所有未被访问的邻接点,并将这些邻接点加入队列中。

    广度优先遍历的具体步骤如下:

  • 同样选择任意一个未被访问的节点作为起始点。
  • 将起始节点加入队列,并标记为已访问。
  • 当队列不为空时,取出队首元素,访问其所有未被访问的邻接点,将这些邻接点加入队列。
  • 重复上述过程,直到所有节点均被访问。
  • 广度优先遍历的优点在于能够逐层访问节点,确保先访问距离起始点较近的节点。这一特性使其特别适合用于图的最短路径计算等任务。其缺点是相较于深度优先遍历,可能需要较大的内存空间来存储队列中的节点。

    深度优先遍历与广度优先遍历的对比

    • 深度优先遍历:更注重路径的深度,适合探索节点之间的深层关系。
    • 广度优先遍历:更注重层次的宽度,适合逐层扩展节点,确保所有节点按层次访问。

    实现代码示例

    以下是深度优先遍历和广度优先遍历的代码实现示例:

    深度优先遍历代码

    #include 
    #include
    #include
    using namespace std;const int maxn = 100;int a[maxn][maxn] = {0};bool ju[maxn][maxn] = {false};int n, m;void dfs(int x, int y) { if (ju[x][y]) return; ju[x][y] = true; cout << x << "," << y << " "; for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < m; ++j) { if (ju[i][j]) continue; if (a[i][j] == 1) { dfs(i, j); } } }}int main() { scanf("%d %d", &n, &m); ju[n][m] = true; for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < m; ++j) { ju[i][j] = false; } } dfs(0, 0); return 0;}

    广度优先遍历代码

    #include 
    #include
    #include
    #include
    using namespace std;const int maxn = 100;int a[maxn][maxn] = {0};bool ju[maxn][maxn] = {false};int n, m;struct node { int x, y; node(int x_, int y_) : x(x_), y(y_) {}};bool judge(int xx, int yy) { if (xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= m) return false; if (ju[xx][yy] || a[xx][yy] == 0) return false; return true;}void bfs(int xx, int yy) { node no = {xx, yy}; ju[xx][yy] = true; queue
    q; q.push(no); while (!q.empty()) { node current = q.front(); q.pop(); for (int i = 0; i < 4; ++i) { int nx = current.x + dx[i]; int ny = current.y + dy[i]; if (judge(nx, ny)) { ju[nx][ny] = true; node next = {nx, ny}; q.push(next); } } }}int main() { scanf("%d %d", &n, &m); fill(ju[0], ju[0] + maxn * maxn, false); int ans = 0; for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < m; ++j) { if (!ju[i][j] && a[i][j] == 1) { bfs(i, j); ans++; } } } cout << ans << endl; return 0;}

    例题解答

    给定一个n×m的二进制矩阵,矩阵中的元素为0或1。相邻节点包括上下左右四个方向。若矩阵中有若干个1,它们构成一个“块”,则块的个数是多少?

    解答步骤

  • 初始化一个访问标志矩阵ju,记录各节点是否已被访问。
  • 遍历矩阵中的每一个节点,如果发现未被访问且值为1,则启动一次广度优先搜索。
  • 在搜索过程中,标记所有与该节点相连的1节点为已访问。
  • 每启动一次搜索,计数加1。
  • 最终,计数器的值即为块的个数。
  • 示例矩阵

    0 0 1 0 00 0 0 0 00 0 0 0 11 1 1 0 01 1 0 0 0

    解答:块的个数为4。

    转载地址:http://ellm.baihongyu.com/

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