這里寫目錄標題

• 四、廣度優先搜索
• • 1、隊列的概念
  • 2、小朋友報數問題
  • • 2.1 問題描述
    • 2.2 代碼實現
  • 3、廣度優先搜索概念
  • 4、走迷宮問題
  • • 4.1 問題描述
    • 4.2 代碼實現
  • 5、過河卒問題
  • • 5.1 問題描述
    • 5.2 代碼實現

四、廣度優先搜索

1、隊列的概念

隊列是一種線性的數據結構，和棧一樣是一種運算受限制的線性表。只允許從表的前端（front）進行刪除操作，而在表的后端（rear）進行插入操作。
C++中queue的實現在一個<queue>頭文件中，在代碼開頭引入這個頭文件，并在引入所有頭文件后加上一句using namespace std

#include<queue> using namespace std; int main(){return 0; }

C++中直接構造一個queue的語句為：queue<T>q。這樣定義一個名為q的存儲T類型數據的隊列。

2、小朋友報數問題

2.1 問題描述

借助隊列完成報數游戲的計算，假設有 n個小朋友，報到m的小朋友退出游戲。有n個小朋友做游戲，他們的編號分別是1,2,3…n。他們按照編號從小到大依次順時針圍成一個圓圈，第一個小朋友從1開始報數，依次按照順時針方向報數（報數的值加一），每個報m的人會離開隊伍，然后下一個小朋友會繼續從1開始報數，直到只剩下一個小朋友為止。
求最后一位小朋友的編號。

2.2 代碼實現

#include<iostream> #include<queue> using namespace std; int main(){int n,m;cin>>n>>m;queue<int>q;//定義一個int類型的隊列qfor(int i=1;i<=n;i++){q.push(i);}int cur=1;while(q.size()>1){int x=q.front();//從隊首取出一個小朋友q.pop;if(cur==m){//如果報數是m就退出游戲cur=1;}else{//如果不是m，則重新入隊q.push(x);cur++;}}cout<<q.front()<<endl;//輸出剩下小朋友的編號return 0; }

3、廣度優先搜索概念

廣度優先搜索，又稱寬度優先搜索，簡稱bfs，先將與起始點距離較近的點搜索完畢，再繼續搜索較遠的點，一層層的擴展。
bfs需要借助隊列來實現：

初始的時候把起始點放到隊列中，并標記起點訪問。

如果隊列不為空，從隊列中取出一個元素x，否則算法結束。

訪問和x相連的所有點v，如果v沒有被訪問，把v入隊，并標記已經訪問。

重復執行步驟2 。

4、走迷宮問題

4.1 問題描述

迷宮是許多小方格構成的矩形，在每個小方格中有的是墻（用1表示），有的是路（用0表示）。走迷宮就是從一個小方格沿上、下、左、右四個方向到鄰近的方格，當然不能穿墻。
實現生成迷宮（從文本中讀取數據生成），輸出迷宮（圖案方式），探索迷宮路徑（最短路徑），輸出迷宮路徑（圖案方式)。

4.2 代碼實現

#include <iostream> #include <string> #include <queue> using namespace std; int n, m; string maze[110]; bool vis[110][110]; int dir[4][2] = {{‐1, 0}, {0, ‐1}, {1, 0}, {0, 1}}; bool in(int x, int y) {return 0 <= x && x < n && 0 <= y && y < m; } struct node{int x,y,d;node(int xx,int yay,int dd){//定義結構體，記錄坐標x,y以及當前使用的步數dx=xx;y=yy;d=dd;} }; int bfs(int sx,int sy){queue<node>q;q.push(node(sx,sy,0));vis[sx][sy]=true;while(!q.empty()){//隊列中有元素時，取出隊首元素node now=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){//從隊列中取出點去擴展其他的點int tx=now.x+dir[i][0];int ty=now.y+dir[i][1];if(int(tx,ty)&&maze[tx][ty]!=‘*’&&!vis[tx][ty]){//(tx,ty)合法且沒有被訪問if(maze[tx][ty]==‘T’){//如果是終點，直接返回return now.d+1;}else{//不是終點，把這個點標記訪問并壓入棧中vis[tx][ty]=true;q.push(node(tx,ty,now.d+1));}}}}return -1；//沒有訪問到終點，返回-1，表示沒有找到起點到終點的路徑 } int main() {cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> maze[i];}int x, y;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {if (maze[i][j] == 'S') {x = i, y = j;}}}cout<<bfs(x,y)<<endl;return 0; }

5、過河卒問題

5.1 問題描述

棋盤上A點有一個過河卒，需要走到目標B點。卒行走的規則：可以向下、或者向右。同時在棋盤上的任一點有一個對方的馬（如C點），該馬所在的點和所有跳躍一步可達的點稱為對方馬的控制點，如圖中的C點和P1，……，P8，卒不能通過對方馬的控制點。棋盤用坐標表示，A點(0,0)、B點(n, m)(n,m為不超過20的整數),同樣馬的位置坐標是需要給出的，C≠A且C≠B。現在要求你計算出卒從A點能夠到達B點的路徑的條數。

5.2 代碼實現

#include<iostream> using namespace std; int dir[8][2]={{1,2},{1,-2},{2,1},{2,-1},{-1,2},{-1,-2},{-2,-1}}; bool d[30][30];//用于標記馬的控制點，該位置卒不能通過 int main(){int n,m,cx,cy;//n,m是棋盤的大小，cx,cy是馬的位置cin>>n>>m>>cx>>cy;d[cx][cy]=true;for(int i=0;i<8;i++){int tx=cx+dir[i][0];int ty=cy+dir[i][1];if(tx>=0&&tx<=n&&ty>=0&&ty<=m){d[tx][ty]=true;}}dp[0][0]=1;//能走到位置（i,j）的方案數量，先初始化然后進行遞推for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=m;j++){if(d[i][j]==false){//遞推公式dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1],為防止數組越界，把i和j分開處理。if(i){dp[i][j]+=dp[i-1][j];}if(j){dp[i][j]+=dp[i][j-1];}}}}cout<<dp[n][m]<<endl;return 0; }

總結

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