【C++題解】DFS和BFS

4小時編碼練習計劃，專注于深度優先搜索（DFS）和廣度優先搜索（BFS）這兩種基本且強大的算法。

下午 (4小時): 搜索算法專題——DFS與BFS

DFS和BFS是圖論和多種問題求解中的基石算法。深刻理解它們的原理、差異和代碼實現模板，是提升算法能力的必經之路。

練習計劃概覽

總時長: 約 4 小時
核心目標:
1. 掌握深度優先搜索（DFS）的遞歸回溯思想，能夠寫出解決“排列組合”和“可行性搜索”問題的代碼模板。
2. 掌握廣度優先搜索（BFS）基于隊列的層次遍歷思想，熟練使用其解決“無權圖最短路徑”問題。
3. 清晰地辨別DFS（找所有解/任意解）和BFS（找最優解/最短步數）的典型應用場景。
4. 學會使用visited數組或哈希表來標記狀態，避免重復搜索和死循環。

第一部分：深度優先搜索 (DFS)——“不撞南墻不回頭” (約 1.5 小時)

DFS的核心思想是“一條路走到黑”，它沿著一個分支深入探索，直到無法再前進時才回溯到上一步，換個方向繼續探索。它天然地適合用遞歸實現，常用于求解所有可能的方案。

題目編號	題目名稱	核心知識點	練習目標
LeetCode 46 / Luogu P1706	全排列 (Permutations)	`DFS`, `回溯`, `狀態管理`	DFS入門必做題。練習最基礎的DFS回溯模板。學習如何通過 `visited` 數組記錄哪些數字已被使用，在遞歸的每一層選擇一個未使用過的數字，并在回溯時恢復現場（`pop_back` 和 `visited[i] = false`）。
LeetCode 51 / Luogu P1219	N皇后 (N-Queens)	`DFS`, `回溯`, `剪枝`	在“全排列”的基礎上，增加了復雜的約束條件（行、列、對角線不能沖突）。這道題能極好地鍛煉你如何在DFS的遞歸過程中進行“剪枝”——即提前判斷當前路徑是否合法，從而避免無效的深入搜索，提升效率。

題解

// 46 - 經典的使用DFS回溯
/*代碼框架bool visited[MAXN]; // 訪問標記數組void dfs(int u) {visited[u] = true; // 標記已訪問// process(u); // 處理當前節點 u 的邏輯for (int v : adj[u]) { // 遍歷 u 的所有鄰居 vif (!visited[v]) { // 如果鄰居 v 未被訪問dfs(v); // 繼續深入}}}
*/
#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;vector<int> path;
vector<vector<int>> ans;
void bt(vector<int>& nums,vector<bool> &used){if(path.size()==nums.size()){ans.push_back(path);return;}for(int i=0;i<nums.size();i++){if(!used[i]){used[i] = true;path.push_back(nums[i]);bt(nums,used);path.pop_back();used[i] = false;}}
}
vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) {vector<bool> used(nums.size(),false);bt(nums,used);return ans;
}int main(){vector<int> nums ={1,2,3};      //  樣例輸入。vector<vector<int>> rst = permute(nums);for(vector<int> v : rst){for(int i : v){cout << i << " ";}cout << endl;}return 0;
}

//51 - 特別經典的問題，同樣回溯去做#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;class Solution {
private:vector<vector<string>> result;vector<string> board;// 檢查在(row, col)位置放置皇后是否安全bool isSafe(int row, int col, int n) {// 檢查同一列是否有皇后for (int i = 0; i < row; i++) {if (board[i][col] == 'Q') {return false;}}// 檢查左上對角線for (int i = row - 1, j = col - 1; i >= 0 && j >= 0; i--, j--) {if (board[i][j] == 'Q') {return false;}}// 檢查右上對角線for (int i = row - 1, j = col + 1; i >= 0 && j < n; i--, j++) {if (board[i][j] == 'Q') {return false;}}return true;}// 回溯函數void backtrack(int row, int n) {// 如果所有行都放置了皇后，找到一個解if (row == n) {result.push_back(board);return;}// 嘗試在當前行的每一列放置皇后for (int col = 0; col < n; col++) {if (isSafe(row, col, n)) {// 放置皇后board[row][col] = 'Q';// 遞歸處理下一行backtrack(row + 1, n);// 回溯，移除皇后board[row][col] = '.';}}}public:vector<vector<string>> solveNQueens(int n) {// 初始化棋盤board = vector<string>(n, string(n, '.'));result.clear();// 從第0行開始回溯backtrack(0, n);return result;}
};
int main(){int n;cin >> n;Solution solution;vector<vector<string>> rst = solution.solveNQueens(n);cout << "共找到 " << rst.size() << " 種解法:" << endl << endl;for (int i = 0; i < rst.size(); i++) {cout << "解法 " << (i + 1) << ":" << endl;for (const string& row : rst[i]) {cout << row << endl;}cout << endl;}return 0;
}

練習建議:

畫遞歸搜索樹：在做這兩道題時，強烈建議您在紙上畫出當N較小（如3或4）時的遞歸搜索樹。這能非常直觀地幫助您理解“深入”、“回溯”、“剪枝”這些概念是如何在代碼中體現的。

模板化：嘗試將“全排列”的代碼抽象成一個通用的回溯模板：

void dfs(參數) {if (滿足終止條件) {// 存放結果return;}for (選擇 : 本層可選的集合) {// 處理節點dfs(路徑, 選擇列表);// 回溯，撤銷處理}
}

第二部分：廣度優先搜索 (BFS)——“一層一層地毯式搜索” (約 2 小時)

BFS借助隊列實現，從起點開始，先訪問所有距離為1的鄰居，再訪問所有距離為2的鄰居，以此類推，像水波紋一樣向外擴散。這個特性決定了它能夠找到從起點到任何其他點的最短路徑（在邊權為1的圖中）。

題目編號	題目名稱	核心知識點	練習目標
LeetCode 994	腐爛的橘子 (Rotting Oranges)	`BFS`, `隊列`, `多源BFS`	經典的網格BFS問題。此題是“多源BFS”的絕佳范例，即初始時有多個起點（腐爛的橘子）同時開始搜索。通過BFS的層次遍歷，可以很自然地模擬出時間一分鐘一分鐘流逝、橘子一層一層腐爛的過程。
LeetCode 127	單詞接龍 (Word Ladder)	`BFS`, `隱式圖`, `字符串處理`	BFS求解最短路徑的經典應用。這道題的難點在于圖是“隱式”的——節點是單詞，兩個單詞之間是否存在邊需要我們自行判斷（是否只差一個字母）。這要求我們在BFS過程中動態地尋找鄰居節點，是BFS能力的進階考驗。

題解

//994 - BFS，使用隊列作為核心觀察目前廣度搜索節點，然后一層一層去處理，每次都會記錄這次隊列的大小。#include <iostream>
#include <vector>
#include <deque>
#include <queue>
using namespace std;class Solution {
public:int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {int m = grid.size();int n = grid[0].size();queue<pair<int, int>> q;int fresh = 0;// 找到所有腐爛的橘子，并統計新鮮橘子數量for(int i = 0; i < m; i++) {for(int j = 0; j < n; j++) {if(grid[i][j] == 2) {q.push({i, j});} else if(grid[i][j] == 1) {fresh++;}}}// 如果沒有新鮮橘子，直接返回0if(fresh == 0) return 0;int minutes = 0;int directions[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};while(!q.empty()) {int size = q.size();bool hasRotten = false;// 處理當前層的所有腐爛橘子for(int i = 0; i < size; i++) {pair<int, int> curr = q.front();q.pop();int x = curr.first;int y = curr.second;// 檢查四個方向for(int d = 0; d < 4; d++) {int nx = x + directions[d][0];int ny = y + directions[d][1];// 邊界檢查和新鮮橘子檢查if(nx >= 0 && nx < m && ny >= 0 && ny < n && grid[nx][ny] == 1) {grid[nx][ny] = 2;  // 變腐爛q.push({nx, ny});fresh--;hasRotten = true;}}}// 如果這一輪有橘子腐爛，時間+1if(hasRotten) {minutes++;}}// 如果還有新鮮橘子，返回-1；否則返回時間return fresh == 0 ? minutes : -1;}
};int main(){Solution solution;// 測試用例1: [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]// 預期輸出: 4vector<vector<int>> grid1 = {{2,1,1},{1,1,0},{0,1,1}};cout << "測試用例1: " << solution.orangesRotting(grid1) << endl;// 測試用例2: [[2,1,1],[0,1,1],[1,0,1]]// 預期輸出: -1vector<vector<int>> grid2 = {{2,1,1},{0,1,1},{1,0,1}};cout << "測試用例2: " << solution.orangesRotting(grid2) << endl;// 測試用例3: [[0,2]]// 預期輸出: 0vector<vector<int>> grid3 = {{0,2}};cout << "測試用例3: " << solution.orangesRotting(grid3) << endl;// 測試用例4: [[1]]// 預期輸出: -1vector<vector<int>> grid4 = {{1}};cout << "測試用例4: " << solution.orangesRotting(grid4) << endl;return 0;
}

//127 - 轉化成圖求最短路徑即可，我這里一開始想的dijstra，交上去雖然過了，但是耗時比較多，因為這計算了每個節點的距離，所有還有一種BFS也在里面，時間要節省一些。#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <queue>
using namespace std;class Solution {
private:int n; // 目標節點索引
public:bool similar(string a, string b) {int diff = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i++) {if (a[i] != b[i]) {diff++;}}return diff == 1;}int dijstra(vector<vector<bool>>& grid, int target) {int size = grid.size();vector<int> dij(size, size + 1);vector<bool> check(size, false);dij[0] = 0;for (int count = 0; count < size; count++) {int minDist = INT_MAX;int u = -1;// 找到未訪問節點中距離最小的節點for (int i = 0; i < size; i++) {if (!check[i] && dij[i] < minDist) {minDist = dij[i];u = i;}}if (u == -1) break; // 沒有可達節點check[u] = true;// 更新相鄰節點的距離for (int v = 0; v < size; v++) {if (!check[v] && grid[u][v] && dij[u] != INT_MAX) {if (dij[u] + 1 < dij[v]) {dij[v] = dij[u] + 1;}}}}return dij[target] == size + 1 ? -1 : dij[target];}int bfs(vector<vector<bool>>& grid, int target) {int size = grid.size();vector<int> dist(size, -1);queue<int> q;q.push(0);dist[0] = 0;while (!q.empty()) {int curr = q.front();q.pop();if (curr == target) {return dist[target];}// 遍歷所有相鄰節點for (int next = 0; next < size; next++) {if (grid[curr][next] && dist[next] == -1) {dist[next] = dist[curr] + 1;q.push(next);}}}return dist[target];}int ladderLength(string beginWord, string endWord,vector<string>& wordList, bool useBFS = true) {vector<vector<bool>> grid(wordList.size() + 2,vector<bool>(wordList.size() + 2, false));if (find(wordList.begin(), wordList.end(), endWord) == wordList.end()) {return 0;}for (int i = 0; i < wordList.size(); i++) {if (similar(beginWord, wordList[i])) {grid[0][i + 1] = true;}}for (int i = 0; i < wordList.size(); i++) {if (endWord == wordList[i]) {n = i + 1;}for (int j = i; j < wordList.size(); j++) {if (similar(wordList[j], wordList[i])) {grid[i + 1][j + 1] = true;grid[j + 1][i + 1] = true;}}}int result;if (useBFS) {cout << "使用BFS算法..." << endl;result = bfs(grid, n);} else {cout << "使用Dijkstra算法..." << endl;result = dijstra(grid, n);}return result == -1 ? 0 : result + 1;}
};int main() {Solution solution;cout << "請選擇算法:" << endl;cout << "1. BFS (廣度優先搜索)" << endl;cout << "2. Dijkstra (迪杰斯特拉算法)" << endl;cout << "請輸入選擇 (1 或 2): ";int choice;cin >> choice;bool useBFS = (choice == 1);cout << "\n開始測試..." << endl;// 測試用例1string beginWord1 = "hit";string endWord1 = "cog";vector<string> wordList1 = {"hot","dot","dog","lot","log","cog"};cout << "\n測試用例1: beginWord=\"hit\", endWord=\"cog\"" << endl;cout << "wordList=[\"hot\",\"dot\",\"dog\",\"lot\",\"log\",\"cog\"]" << endl;int result1 = solution.ladderLength(beginWord1, endWord1, wordList1, useBFS);cout << "結果: " << result1 << endl;// 測試用例2string beginWord2 = "hit";string endWord2 = "cog";vector<string> wordList2 = {"hot","dot","dog","lot","log"};cout << "\n測試用例2: beginWord=\"hit\", endWord=\"cog\"" << endl;cout << "wordList=[\"hot\",\"dot\",\"dog\",\"lot\",\"log\"]" << endl;int result2 = solution.ladderLength(beginWord2, endWord2, wordList2, useBFS);cout << "結果: " << result2 << endl;return 0;
}

練習建議:

隊列是核心：牢記BFS的核心數據結構是隊列。queue.push() 對應將新節點加入下一層待訪問列表，queue.pop() 對應取出當前層的節點進行處理。
距離/步數 tracking: 通常需要一個dist數組或 map 來記錄從起點到每個節點的最短距離。在BFS中，dist[neighbor] = dist[current] + 1 是更新距離的關鍵。對于“腐爛的橘子”，BFS的層數本身就代表了分鐘數。
避免重復訪問：和DFS一樣，visited 數組或 set 對于BFS至關重要，用于確保每個節點只入隊一次，防止在有環的圖中無限循環。

目標達成自查 (約 0.5 小時)

完成以上練習后，進行復盤和總結：

DFS vs. BFS 的核心區別是什么？
- 數據結構：DFS主要依賴遞歸（系統棧），BFS依賴隊列。
- 搜索順序：DFS是“深度”優先，一路走到底；BFS是“廣度”優先，一層層擴展。
如何根據問題選擇算法？
- 問題要求最短路徑/最少步數/最少操作次數嗎？ -> 首選 BFS。
- 問題要求找出所有方案/組合/排列，或者只是判斷“能不能”到達某個狀態（不要求最短）？ -> DFS 更自然。
兩種搜索算法的通用模板是什么？
- 我能否獨立、無誤地寫出DFS回溯和BFS層次遍歷的基本代碼框架？
- 我是否清楚在模板的哪個位置進行“訪問”標記（visited）可以避免重復計算？（對于BFS，在節點入隊時標記；對于DFS，在剛進入遞歸函數時標記）。