1)DFS模板
- 深搜是通过系统栈实现的
- 递归调用的过程,系统自动通过栈去维护函数的状态空间
- 系统栈记录函数返回地址、局部变量、参数传递等
- 向下走,是压栈的过程;向上走,是出栈的过程
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
// 解题思路:
const int N=1e5+5;
vector<int> e[N]; // 存储每个节点可达节点的编号
// u:当前节点,fa:父节点,存储父节点是为了避免往回走
void dfs(int u,int fa) {
cout<<u<<' '; // 输出当前点的编号,dfs遍历顺序
// 对于节点u的所有儿子节点
for(auto v:e[u]) {
if(v==fa) continue; // 避免往回走,因为是有向边
dfs(v,u); // 往下走
}
}
int n,m; // 节点数和边数
int a,b; // 起点和终点
/*
8 7
3 6
8 6
2 5
5 6
1 5
5 7
1 4
*/
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) {
cin>>a>>b;
// 双向边
e[a].push_back(b);
e[b].push_back(a);
}
dfs(1,0); // 从根节点1开始走,默认0是至高节点
return 0;
}
2)触碰节点时机
1:多叉树
- 1:入,2:下,3:回,4:离
- 深搜的计算过程:
- 自顶向下,由父节点信息计算子节点信息,入和下,如对节点5,入代表父节点1向子节点5传递,下代表父节点5向子节点2、6、7传递
- 自底向上,由子节点信息计算父节点信息,回和离,如对节点5,回代表子节点2、6、7向父节点5传递,离代表子节点5向父节点1传递
- 如何理解?入是第一次遍历到该节点,所以直接输出编号即可;下是在遍历儿子节点过程中,由该节点第一次向下访问其下的儿子节点,随后对儿子节点递归到下一层dfs(v,u)(此时u作为v的父节点向下传递),当函数自然结束时,应该回溯,所以有回,回是该节点第一次向上访问其父节点,输出编号;循环结束后在节点u上的函数应该自然结束了,所以离开节点u,此时系统栈会回溯到5的父节点
// 多叉树
void dfs2(int u, int fa) {
printf("入%d\n", u);
// 下和回有多次
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
printf("下%d->%d\n", u, v); // 下
dfs2(v, u);
printf("回%d<-%d\n", u, v); // 回
}
printf("离%d\n", u);
}
2:二叉树
- 1:先,2:中,3:后
- 在线段树就用到了类似的思想,其中先就对应的父节点将懒标记下传到儿子节点的pushdown函数,而遍历完两个儿子过后的“后”就类似于线段树中儿子节点上传更新父节点懒标记的pushup函数
// 二叉树
void dfs3(int u) {
printf("先%d\n",u);
dfs3(2*u); // 访问左孩子
printf("中%d\n",u);
dfs3(2*u+1); // 访问右孩子
printf("后%d\n",u);
}
3:一条链
- 1:入,2:离
int ne[N]; // 每个节点的下一个节点编号(类似链表)
// 一条链
void dfs4(int u) {
printf("入%d\n",u);
dfs4(ne[u]); // 下一个相连的节点编号
printf("离%d\n",u);
}
4:图
- 对图深搜会形成DFS树,因为图可能带环,所以需要开状态数组存储每个节点的访问状态,当访问状态为true时这条边就没必要走了,所以环中的某些边在dfs的过程中会被去掉,最终形成DFS树
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
// 解题思路:
const int N=1e5+5;
int n,m,a,b;
int vis[N];
vector<int> e[N];
void dfs(int u) {
// 入
vis[u]=true; // 当前节点被访问过
for(auto v:e[u]) {
// 下
if(vis[v]) continue; // 如果遍历过了就跳过
printf("%d→%d\n",u,v);
dfs(v);
// 回
}
// 离
}
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) {
cin>>a>>b;
e[a].push_back(b);
e[b].push_back(a);
}
dfs(1);
return 0;
}
3)例题
洛谷 P1605 迷宫
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
// 解题思路:
const int N=5+2;
// 偏移量
const int dx[]={0,1,-1,0,0};
const int dy[]={0,0,0,1,-1};
int n,m,t; // 地图行数列数,障碍数
int sx,sy,fx,fy,x,y; // 起点和终点坐标以及障碍坐标
int g[N][N]; // 地图最大为5×5,O(2^25)实际会小很多
int ans;
// 当前所在位置(x,y)
void dfs(int x,int y) {
// 1)边界条件
if(x==fx && y==fy) {
ans++;
return;
}
// 2)试探
for(int i=1;i<=4;i++) {
int xx=x+dx[i];
int yy=y+dy[i];
// 3)约束条件
if(xx<1 || yy<1 || xx>n || yy>m) continue; // 越界处理
if(g[xx][yy]==1) continue; // 有障碍或者访问过了
// 能走,占据方案,递归到下一层
g[xx][yy]=1;
dfs(xx,yy);
g[xx][yy]=0; // 4)回溯,找所有方案
}
}
int main() {
cin>>n>>m>>t;
cin>>sx>>sy>>fx>>fy;
while(t--) {
cin>>x>>y;
g[x][y]=1; // 回溯时不会去掉标记
}
// 起点打标记
g[sx][sy]=1; // 提前打上的标记回溯时不会去掉,只有dfs中的会去掉
dfs(sx,sy);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
洛谷 P1644 跳马问题
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
// 解题思路: 马走日,原本8个方向,但是只能往右走,所以dy必须>0
const int N=18+5;
const int dx[]={0,1,2,-1,-2};
const int dy[]={0,2,1,2,1};
int n,m; // 终点
bool st[N][N];
int cnt;
void dfs(int x,int y) {
// 1)边界条件,到达终点
if(x==n && y==m) {
cnt++;
return;
}
// 2)试探
for(int i=1;i<=4;i++) {
int xx=x+dx[i];
int yy=y+dy[i];
// 3)约束条件
// 越界处理
if(xx<0 || yy<0 || xx>n || yy>m) continue;
// 注意本题限制了方向只能往右走,所以不存在往回走的情况
// 不需要状态数组
dfs(xx,yy);
}
}
int main() {
cin>>n>>m; // 注意右上角是(m,n),即行是n,列是m
dfs(0,0);
cout<<cnt<<endl;
return 0;
}
洛谷 P1219 八皇后
题目链接:P1219 USACO1.5 八皇后 Checker Challenge - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
// 解题思路:
const int N=13+5; // 棋盘最大范围
int n; // 棋盘大小
int x[N]; // x[i]:第i个皇后(第i行上的皇后)所在的列数
//int g[N][N]; // 地图,不需要地图嗷
int cnt;
// 看第u个皇后是否能放,与前u-1个皇后作比较
bool place(int u) {
for(int i=1;i<=u-1;i++) {
// 剪枝函数,若不在同一列或同一对角线
if(x[u]==x[i] || abs(u-i)==abs(x[u]-x[i])) {
return false; // 不能放
}
}
return true; // 能放
}
int idx;
// 当前在放第u个皇后
void dfs(int u) {
// 1)边界条件
if(u>n) {
// 皇后放完了,找到可行解了,直接输出
// 只输出前3个
if(++idx<=3) {
for(int i=1;i<=n;i++) {
cout<<x[i]<<' ';
}
cout<<endl;
}
cnt++;
return;
}
// 2)试探,遍历所有可放的列
for(int i=1;i<=n;i++) {
// 3)如果能和前u-1行的皇后不冲突,则占据,向下递归
x[u]=i;
if(place(u)) dfs(u+1);
x[u]=0; // 4)释放,状态复原
}
}
int main() {
cin>>n;
dfs(1); // 从第一个皇后开始放
cout<<cnt<<endl;
return 0;
}