步步为营（十六）搜索（二）BFS 广度优先搜索

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

首先，让我们回忆一下什么是“深度”：

更学术点的说法，可以看做“单位距离下，离起始状态的长度”

那么广度是什么呢？
个人觉得，可以这么归纳：

何为广度？ 可以看做“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：从初始结点开始，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，再将所有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含目标结点。若没有，再继续搜索第二层所有结点……，如此依次扩展，直到发现目标结点为止。

这样就保证了：如果我现在找到了目标结点（也可以称作当前问题的解），那么我之前肯定没有发现过目标结点，而且由于是广度优先搜索，所以当前的解一定是距离起始结点最近的，也就是最优解。由于第一个解就是最优解，那么我们就可以尝试打印出道路。

伪代码如下：

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(对下一层结点进行判断)     {        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样的：
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点开始，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，所以节省了递归需要消耗的时间，但是空间上却比递归消耗的多的多，如果需要找多个解或者每个节点的状态比较多，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，炸弹的爆炸时间重新置为0，迷宫中标识为墙壁的格子不能走，到达任意一个格子时，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，但是要一个辅助的数组来保存每个格子的时间信息。因为每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，由于时间单位有限制，只能走六个单元，只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才能继续走下去，所以要一个辅助数组来保存每个格子剩余的最大时间单位，只有走到当前的格子的剩余时间单位比之前的大时，这个状态才能加入队列中。

下面是代码：

#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;}