多源BFS

多源BFS，即同时存在多个起点，然后要求计算出图中任意一个点距离所有起点的最短距离，即图中任意点到每个起点的距离的最小值。 和一般的BFS的区别在于存在多个起点，而我们可以对所有的起点建立一个虚拟超级起点S，S与所有给定的起点一步相邻。设S到点A的最短距离为x，则 min(给定的所有起点中到A的最短距离) = x。

二维迷宫上的BFS可能用到的技巧

• 开方向数组 dx, dy

• 下一个点进队之前先判断是否出界

• 开 visited 记录已经选过的点，下一个点进队前，先用它判重

• 队列中存的数据，除了节点的坐标可能还有别的信息，有时可以封装结构体，结构图题中除了坐标，还可以持有节点上的状态

Step 1: 将所有的起点都加入队列中
 
Step 2:
 
void bfs()//广度优先遍历
{
    int dx[] = {-1, 0 , 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0,-1};//上下左右四个方向
    while(q.size())
    {
        PII f = q.front();//取队头
        q.pop();//出队
        for(int i = 0; i < 4 ; i++)//向四个方向进行遍历
        {
            int x = f.first + dx[i], y = f.second + dy[i];
            if(g[x][y] == 1)//如果能走过去
            {
                if(dist[x][y] > dist[f.first][f.second] + 1)//如果距离变小
                {
                    dist[x][y] = dist[f.first][f.second] + 1;//更新距离
                    q.push({x, y});//并且入队
                }
            }
        }
    }
}

例题

给定一个 N 行 M 列的 01 矩阵 A，A[i][j] 与 A[k][l] 之间的曼哈顿距离定义为：

dist(A[i][j],A[k][l])=|i−k|+|j−l|
输出一个 N 行 M 列的整数矩阵 B，其中：

B[i][j]=min1≤x≤N,1≤y≤M,A[x][y]=1dist(A[i][j],A[x][y])
输入格式
第一行两个整数 N,M。

接下来一个 N 行 M 列的 01 矩阵，数字之间没有空格。

输出格式
一个 N 行 M 列的矩阵 B，相邻两个整数之间用一个空格隔开。

数据范围
1≤N,M≤1000
输入样例：
3 4
0001
0011
0110
输出样例：
3 2 1 0
2 1 0 0
1 0 0 1

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1010, M = N * N;

int n, m;
char g[N][N];
PII q[M];
int dist[N][N];

void bfs()
{
    int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};

    memset(dist, -1, sizeof dist);

    int hh = 0, tt = -1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            if (g[i][j] == '1')
            {
                dist[i][j] = 0;
                q[ ++ tt] = {i, j};
            }

    while (hh <= tt)
    {
        auto t = q[hh ++ ];

        for (int i = 0; i < 4; i ++ )
        {
            int a = t.x + dx[i], b = t.y + dy[i];
            if (a < 1 || a > n || b < 1 || b > m) continue;
            if (dist[a][b] != -1) continue;

            dist[a][b] = dist[t.x][t.y] + 1;
            q[ ++ tt] = {a, b};
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%s", g[i] + 1);

    bfs();

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        for (int j = 1; j <= m; j ++ ) printf("%d ", dist[i][j]);
        puts("");
    }

    return 0;
}

最小步数模型

BFS 一个经典应用，即类似八数码问题。在这类问题中，题目中事物的每一个状态看作一个节点，初始状态是起点，目标状态是终点，求解从起点到终点的最小步数。因此在这类题目中往往是状态的表示和变化比较复杂，代码量较大，细节易出错。

例题：

Rubik 先生在发明了风靡全球的魔方之后，又发明了它的二维版本——魔板。

这是一张有 8 个大小相同的格子的魔板：

1 2 3 4
8 7 6 5
我们知道魔板的每一个方格都有一种颜色。

这 8 种颜色用前 8 个正整数来表示。

可以用颜色的序列来表示一种魔板状态，规定从魔板的左上角开始，沿顺时针方向依次取出整数，构成一个颜色序列。

对于上图的魔板状态，我们用序列 (1,2,3,4,5,6,7,8) 来表示，这是基本状态。

这里提供三种基本操作，分别用大写字母 A，B，C 来表示（可以通过这些操作改变魔板的状态）：

A：交换上下两行；
B：将最右边的一列插入到最左边；
C：魔板中央对的4个数作顺时针旋转。

下面是对基本状态进行操作的示范：

A：

8 7 6 5
1 2 3 4
B：

4 1 2 3
5 8 7 6
C：

1 7 2 4
8 6 3 5
对于每种可能的状态，这三种基本操作都可以使用。

你要编程计算用最少的基本操作完成基本状态到特殊状态的转换，输出基本操作序列。

注意：数据保证一定有解。

输入格式
输入仅一行，包括 8 个整数，用空格分开，表示目标状态。

输出格式
输出文件的第一行包括一个整数，表示最短操作序列的长度。

如果操作序列的长度大于0，则在第二行输出字典序最小的操作序列。

数据范围
输入数据中的所有数字均为 1 到 8 之间的整数。

输入样例：
2 6 8 4 5 7 3 1
输出样例：
7
BCABCCB

解法：

其实解法在开头就已经说明白了，因此提几点要注意的：

• 1、三种操作实现；

• 2、记录上一次的操作；

当然为了满足字典序，其实每次按照ABC的顺序依次操作就好了。

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#include <queue>

using namespace std;

char g[2][4];
unordered_map<string, pair<char, string>> pre;
unordered_map<string, int> dist;

void set(string state)
{
    for (int i = 0; i < 4; i ++ ) g[0][i] = state[i];
    for (int i = 7, j = 0; j < 4; i --, j ++ ) g[1][j] = state[i];
}

string get()
{
    string res;
    for (int i = 0; i < 4; i ++ ) res += g[0][i];
    for (int i = 3; i >= 0; i -- ) res += g[1][i];
    return res;
}

string move0(string state)
{
    set(state);
    for (int i = 0; i < 4; i ++ ) swap(g[0][i], g[1][i]);
    return get();
}

string move1(string state)
{
    set(state);
    int v0 = g[0][3], v1 = g[1][3];
    for (int i = 3; i >= 0; i -- )
    {
        g[0][i] = g[0][i - 1];
        g[1][i] = g[1][i - 1];
    }
    g[0][0] = v0, g[1][0] = v1;
    return get();
}

string move2(string state)
{
    set(state);
    int v = g[0][1];
    g[0][1] = g[1][1];
    g[1][1] = g[1][2];
    g[1][2] = g[0][2];
    g[0][2] = v;
    return get();
}

int bfs(string start, string end)
{
    if (start == end) return 0;

    queue<string> q;
    q.push(start);
    dist[start] = 0;

    while (!q.empty())
    {
        auto t = q.front();
        q.pop();

        string m[3];
        m[0] = move0(t);
        m[1] = move1(t);
        m[2] = move2(t);

        for (int i = 0; i < 3; i ++ )
            if (!dist.count(m[i]))
            {
                dist[m[i]] = dist[t] + 1;
                pre[m[i]] = {'A' + i, t};
                q.push(m[i]);
                if (m[i] == end) return dist[end];
            }
    }

    return -1;
}

int main()
{
    int x;
    string start, end;
    for (int i = 0; i < 8; i ++ )
    {
        cin >> x;
        end += char(x + '0');
    }

    for (int i = 1; i <= 8; i ++ ) start += char('0' + i);

    int step = bfs(start, end);

    cout << step << endl;

    string res;
    while (end != start)
    {
        res += pre[end].first;
        end = pre[end].second;
    }

    reverse(res.begin(), res.end());

    if (step > 0) cout << res << endl;

    return 0;
}

双端队列广搜

双端队列BFS实现01最短路

介绍

如果最短路的边权只有01两种，那么我们可以使用双端队列BFS。

用双端队列BFS实现01最短路通常能比SPFA和dijkstra省时。
时间复杂度:O(N)。

实现方法

如果当前处理的点的边权为0，那么将这个点移至队首，否则移至队尾。

证明

如果边权为0，那么这条路是当前的最短路（移入队首），反之，如果边权为1，那么就不是最短路（移入队尾）。
这样，我们可以维护队列的的单调性。

问题模型1-1： 如果在一张图上（有向图和无向图），边权只可能是1或0，现在我们想从某个节点（假设为s）到另一个节点（假设为t），怎样才能使得路径上的权值和最大？

这是最短路径问题中的特例，因为其边权只可能是0或1；同时这也是许多问题的抽象形式，很多问题可以抽象为上述模型1-1。我们的目标就是找到一个尽可能高效的算法解决上述问题模型。

最短路径算法：

这是很容易想到的图论算法，解决此题的效率为O(NM)或O(M log N)，取决于不同的算法。

双端队列BFS

算法描述：

由于这是一张边权要么为0、要么为1的图。在这样的图上，我们可以通过双端队列广搜来计算。算法的整体框架与一般的广搜类似，只是在每个节点沿分支拓展时稍作改变。如果这条分支边权为0，则从队首入队，否则从队尾入队。这样我们能保证，任意时刻广搜队列中节点对应的距离值都有“两端性”和“单调性”，每个节点第一次被访问时，就能得到从左上角到该节点的最短距离。

效率分析：

我们可以知道该算法中每个节点仅被访问一次，因为这是BFS的特性，所以该算法的效率为O(N)。

正确性证明：

由于我们最终目标是求路径权值和，而权值为0的边无论走多少条权值和依旧是+0，因此我们可以优先走权值为0的边，更新与这些边相连的点x的d[x]（d[i] 为从s到i最小权值和），此时d[x]一定是最小的，因为它是由尽可能多的权值为0的边更新而来。所以在队列中取出的节点同时满足“连通性”和“权值最小”，因此每个节点仅需被更新一次。

例题

达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。

翰翰的家里有一辆飞行车。

有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。

电路板的整体结构是一个 R 行 C 列的网格（R,C≤500），如下图所示。

每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。

电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。

在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。

电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。

达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。

她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。

不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。

注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。

输入格式
输入文件包含多组测试数据。

第一行包含一个整数 T，表示测试数据的数目。

对于每组测试数据，第一行包含正整数 R 和 C，表示电路板的行数和列数。

之后 R 行，每行 C 个字符，字符是"/"和"\"中的一个，表示标准件的方向。

输出格式
对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的最小旋转次数。

如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出 NO SOLUTION。

数据范围
1≤R,C≤500,
1≤T≤5
输入样例：
1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\
输出样例：
1

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <deque>

#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 510, M = N * N;

int n, m;
char g[N][N];
int dist[N][N];
bool st[N][N];

int bfs()
{
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    memset(st, 0, sizeof st);
    dist[0][0] = 0;
    deque<PII> q;
    q.push_back({0, 0});

    char cs[] = "\\/\\/";
    int dx[4] = {-1, -1, 1, 1}, dy[4] = {-1, 1, 1, -1};
    int ix[4] = {-1, -1, 0, 0}, iy[4] = {-1, 0, 0, -1};

    while (q.size())
    {
        PII t = q.front();
        q.pop_front();

        if (st[t.x][t.y]) continue;
        st[t.x][t.y] = true;

        for (int i = 0; i < 4; i ++ )
        {
            int a = t.x + dx[i], b = t.y + dy[i];
            if (a < 0 || a > n || b < 0 || b > m) continue;

            int ca = t.x + ix[i], cb = t.y + iy[i];
            int d = dist[t.x][t.y] + (g[ca][cb] != cs[i]);

            if (d < dist[a][b])
            {
                dist[a][b] = d;

                if (g[ca][cb] != cs[i]) q.push_back({a, b});
                else q.push_front({a, b});
            }
        }
    }

    return dist[n][m];
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T -- )
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%s", g[i]);

        int t = bfs();

        if (t == 0x3f3f3f3f) puts("NO SOLUTION");
        else printf("%d\n", t);
    }

    return 0;
}