图

网格 DFS 遍历的框架代码

如何避免这样的重复遍历呢？答案是标记已经遍历过的格子。以岛屿问题为例，我们需要在所有值为 1 的陆地格子上做 DFS 遍历。每走过一个陆地格子，就把格子的值改为 2，这样当我们遇到 2 的时候，就知道这是遍历过的格子了。

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
    // 判断 base case
    // 如果坐标 (r, c) 超出了网格范围，直接返回
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return;
    }
  // 如果这个格子不是岛屿，直接返回
    if (grid[r][c] != 1) {
        return;
    }
    grid[r][c] = 2; // 将格子标记为「已遍历过」

    // 访问上、下、左、右四个相邻结点
    dfs(grid, r - 1, c);
    dfs(grid, r + 1, c);
    dfs(grid, r, c - 1);
    dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
        	&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}

695. 岛屿的最大面积

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid 。

岛屿 是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。

岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。

计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0 。

public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
    int res = 0;
    for (int r = 0; r < grid.length; r++) {
        for (int c = 0; c < grid[0].length; c++) {
            if (grid[r][c] == 1) {
                int a = area(grid, r, c);
                res = Math.max(res, a);
            }
        }
    }
    return res;
}

int area(int[][] grid, int r, int c) {
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return 0;
    }
    if (grid[r][c] != 1) {
        return 0;
    }
    grid[r][c] = 2;
    
    return 1 
        + area(grid, r - 1, c)
        + area(grid, r + 1, c)
        + area(grid, r, c - 1)
        + area(grid, r, c + 1);
}

boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
        	&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}

827. 最大人工岛

给你一个大小为 n x n 二进制矩阵 grid 。最多 只能将一格 0 变成 1 。

返回执行此操作后，grid 中最大的岛屿面积是多少？

岛屿 由一组上、下、左、右四个方向相连的 1 形成。

大致的思路我们不难想到，我们先计算出所有岛屿的面积，在所有的格子上标记出岛屿的面积。然后搜索哪个海洋格子相邻的两个岛屿面积最大。

这种做法可能遇到一个问题。如下图中红色方框内的海洋格子，它的上边、左边都与岛屿相邻。

那么，我们不能在方格中标记岛屿的面积，而应该标记岛屿的索引（下标），另外用一个数组记录每个岛屿的面积。

可以看到，这道题实际上是对网格做了两遍 DFS：第一遍 DFS 遍历陆地格子，计算每个岛屿的面积并标记岛屿；第二遍 DFS 遍历海洋格子，观察每个海洋格子相邻的陆地格子。

class Solution {
    // 方向数组，用于表示上、下、左、右四个方向的坐标偏移
    static int[] d = {0, -1, 0, 1, 0};

    // 主函数，计算最大人工岛的面积
    public int largestIsland(int[][] grid) {
        int n = grid.length, res = 0;
        int[][] tag = new int[n][n]; // 用于标记岛屿的标签
        Map<Integer, Integer> area = new HashMap<Integer, Integer>(); // 存储每个岛屿的面积
        // 遍历整个grid，标记每个岛屿并计算面积
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (grid[i][j] == 1 && tag[i][j] == 0) {
                  //相邻岛屿的tag都设置为同一个t值
                    int t = i * n + j + 1; // 计算岛屿的唯一标签
                    area.put(t, dfs(grid, i, j, tag, t)); // 计算并存储岛屿面积
                    res = Math.max(res, area.get(t)); // 更新最大岛屿面积
                }
            }
        }
        // 遍历grid中的海洋格子，计算将海洋格子变成陆地后的最大人工岛面积
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (grid[i][j] == 0) {
                    int z = 1;
                    Set<Integer> connected = new HashSet<Integer>(); // 用于记录与当前海洋格子相邻的岛屿标签
                    for (int k = 0; k < 4; k++) {
                        int x = i + d[k], y = j + d[k + 1];
                        // 判断相邻的岛屿是否有效并且未被记录
                        if (!valid(n, x, y) || tag[x][y] == 0 || connected.contains(tag[x][y])) {
                            continue;
                        }
                        z += area.get(tag[x][y]); // 计算当前岛屿面积
                        connected.add(tag[x][y]); // 记录当前岛屿标签
                    }
                    res = Math.max(res, z); // 更新最大人工岛面积
                }
            }
        }
        return res;
    }

    // 深度优先搜索，标记并计算岛屿面积
    public int dfs(int[][] grid, int x, int y, int[][] tag, int t) {
        int n = grid.length, res = 1;
        tag[x][y] = t; // 标记当前坐标
        // 遍历当前坐标的四个相邻坐标
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int x1 = x + d[i], y1 = y + d[i + 1];
            // 判断相邻坐标是否有效、是否是陆地、是否未被标记
            if (valid(n, x1, y1) && grid[x1][y1] == 1 && tag[x1][y1] == 0) {
                res += dfs(grid, x1, y1, tag, t); // 递归搜索并计算岛屿面积
            }
        }
        return res;
    }

    // 判断坐标是否有效
    public boolean valid(int n, int x, int y) {
        return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < n;
    }
}

463. 岛屿的周长

给定一个 row x col 的二维网格地图 grid ，其中：grid[i][j] = 1 表示陆地， grid[i][j] = 0 表示水域。

网格中的格子 水平和垂直 方向相连（对角线方向不相连）。整个网格被水完全包围，但其中恰好有一个岛屿（或者说，一个或多个表示陆地的格子相连组成的岛屿）。

岛屿中没有“湖”（“湖” 指水域在岛屿内部且不和岛屿周围的水相连）。格子是边长为 1 的正方形。网格为长方形，且宽度和高度均不超过 100 。计算这个岛屿的周长。

public int islandPerimeter(int[][] grid) {
    for (int r = 0; r < grid.length; r++) {
        for (int c = 0; c < grid[0].length; c++) {
            if (grid[r][c] == 1) {
                // 题目限制只有一个岛屿，计算一个即可
                return dfs(grid, r, c);
            }
        }
    }
    return 0;
}

int dfs(int[][] grid, int r, int c) {
    // 函数因为「坐标 (r, c) 超出网格范围」返回，对应一条黄色的边
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return 1;
    }
    // 函数因为「当前格子是海洋格子」返回，对应一条蓝色的边
    if (grid[r][c] == 0) {
        return 1;
    }
    // 函数因为「当前格子是已遍历的陆地格子」返回，和周长没关系
    if (grid[r][c] != 1) {
        return 0;
    }
    grid[r][c] = 2;
    return dfs(grid, r - 1, c)
        + dfs(grid, r + 1, c)
        + dfs(grid, r, c - 1)
        + dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
        	&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}

200. 岛屿数量

给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。

岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。

此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。

class Solution {
    int ans=0;
    public int numIslands(char[][] grid) {
        
    for(int i=0; i< grid.length; i++){
        for (int j=0; j<grid[0].length;j++){
            if(grid[i][j] == '1'){
                ans++;
            dfs(grid,i,j);
            }
        }
    }
    return ans;
    }

    void dfs(char[][] grid, int r, int c) {
    // 判断 base case
    // 如果坐标 (r, c) 超出了网格范围，直接返回
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return;
    }
  // 如果这个格子不是岛屿，直接返回
    if (grid[r][c] != '1') {
        return;
    }

    grid[r][c] = '2'; // 将格子标记为「已遍历过」

    // 访问上、下、左、右四个相邻结点
    dfs(grid, r - 1, c);
    dfs(grid, r + 1, c);
    dfs(grid, r, c - 1);
    dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(char[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
        	&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}
}

130. 被围绕的区域

给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 'X' 和 'O' ，找到所有被 'X' 围绕的区域，并将这些区域里所有的 'O' 用 'X' 填充。

被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 'O' 都不会被填充为 'X'。 任何不在边界上，或不与边界上的 'O' 相连的 'O' 最终都会被填充为 'X'。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。

反向寻找，找在边界上的O

class Solution {
    int n, m;

    public void solve(char[][] board) {
        n = board.length;
        if (n == 0) {
            return;
        }
        m = board[0].length;
       //遍历第一列和最后一列
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dfs(board, i, 0);
            dfs(board, i, m - 1);
        }
        //遍历第一行和最后一行（i需要排除已经遍历过的地方）
        for (int i = 1; i < m - 1; i++) {
            dfs(board, 0, i);
            dfs(board, n - 1, i);
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (board[i][j] == 'A') {
                    board[i][j] = 'O';
                } else if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }

    public void dfs(char[][] board, int x, int y) {
        if (x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m || board[x][y] != 'O') {
            return;
        }
        board[x][y] = 'A';
        dfs(board, x + 1, y);
        dfs(board, x - 1, y);
        dfs(board, x, y + 1);
        dfs(board, x, y - 1);
    }
}

133. 克隆图

给你无向 连通 图中一个节点的引用，请你返回该图的 深拷贝（克隆）。

图中的每个节点都包含它的值 val（int） 和其邻居的列表（list[Node]）。

class Node {
    public int val;
    public List<Node> neighbors;
}

解法：递归，用map保存是否已经克隆过

class Solution {
    private HashMap <Node, Node> visited = new HashMap <> ();
    public Node cloneGraph(Node node) {
        if (node == null) {
            return node;
        }
        // 如果该节点已经被访问过了，则直接从哈希表中取出对应的克隆节点返回
        if (visited.containsKey(node)) {
            return visited.get(node);
        }
        // 克隆节点，注意到为了深拷贝我们不会克隆它的邻居的列表
        Node cloneNode = new Node(node.val, new ArrayList());
        // 哈希表存储
        visited.put(node, cloneNode);

        // 遍历该节点的邻居并更新克隆节点的邻居列表
        for (Node neighbor: node.neighbors) {
            cloneNode.neighbors.add(cloneGraph(neighbor));
        }
        return cloneNode;
    }
}

399. 除法求值

给你一个变量对数组 equations 和一个实数值数组 values 作为已知条件，其中 equations[i] = [Ai, Bi] 和 values[i] 共同表示等式 Ai / Bi = values[i] 。每个 Ai 或 Bi 是一个表示单个变量的字符串。

另有一些以数组 queries 表示的问题，其中 queries[j] = [Cj, Dj] 表示第 j 个问题，请你根据已知条件找出 Cj / Dj = ? 的结果作为答案。

返回 所有问题的答案 。如果存在某个无法确定的答案，则用 -1.0 替代这个答案。如果问题中出现了给定的已知条件中没有出现的字符串，也需要用 -1.0 替代这个答案。

**注意：**输入总是有效的。你可以假设除法运算中不会出现除数为 0 的情况，且不存在任何矛盾的结果。

**注意：**未在等式列表中出现的变量是未定义的，因此无法确定它们的答案。

TODO ---并查集

import java.util.HashMap;
import java.util.List;
import java.util.Map;

public class Solution {

    public double[] calcEquation(List<List<String>> equations, double[] values, List<List<String>> queries) {
        int equationsSize = equations.size();

        UnionFind unionFind = new UnionFind(2 * equationsSize);
        // 第 1 步：预处理，将变量的值与 id 进行映射，使得并查集的底层使用数组实现，方便编码
        Map<String, Integer> hashMap = new HashMap<>(2 * equationsSize);
        int id = 0;
        for (int i = 0; i < equationsSize; i++) {
            List<String> equation = equations.get(i);
            String var1 = equation.get(0);
            String var2 = equation.get(1);

            if (!hashMap.containsKey(var1)) {
                hashMap.put(var1, id);
                id++;
            }
            if (!hashMap.containsKey(var2)) {
                hashMap.put(var2, id);
                id++;
            }
            unionFind.union(hashMap.get(var1), hashMap.get(var2), values[i]);
        }

        // 第 2 步：做查询
        int queriesSize = queries.size();
        double[] res = new double[queriesSize];
        for (int i = 0; i < queriesSize; i++) {
            String var1 = queries.get(i).get(0);
            String var2 = queries.get(i).get(1);

            Integer id1 = hashMap.get(var1);
            Integer id2 = hashMap.get(var2);

            if (id1 == null || id2 == null) {
                res[i] = -1.0d;
            } else {
                res[i] = unionFind.isConnected(id1, id2);
            }
        }
        return res;
    }

    private class UnionFind {

        private int[] parent;

        /**
         * 指向的父结点的权值
         */
        private double[] weight;


        public UnionFind(int n) {
            this.parent = new int[n];
            this.weight = new double[n];
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                parent[i] = i;
                weight[i] = 1.0d;
            }
        }

        public void union(int x, int y, double value) {
            int rootX = find(x);
            int rootY = find(y);
            if (rootX == rootY) {
                return;
            }

            parent[rootX] = rootY;
          	// 关系式的推导请见「参考代码」下方的示意图
            weight[rootX] = weight[y] * value / weight[x];
        }

        /**
         * 路径压缩
         *
         * @param x
         * @return 根结点的 id
         */
        public int find(int x) {
            if (x != parent[x]) {
                int origin = parent[x];
                parent[x] = find(parent[x]);
                weight[x] *= weight[origin];
            }
            return parent[x];
        }

        public double isConnected(int x, int y) {
            int rootX = find(x);
            int rootY = find(y);
            if (rootX == rootY) {
                return weight[x] / weight[y];
            } else {
                return -1.0d;
            }
        }
    }
}

207. 课程表

你这个学期必须选修 numCourses 门课程，记为 0 到 numCourses - 1 。

在选修某些课程之前需要一些先修课程。 先修课程按数组 prerequisites 给出，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示如果要学习课程 ai 则 必须 先学习课程 bi 。

• 例如，先修课程对 [0, 1] 表示：想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 。

请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出：true
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0 。这是可能的。

示例 2：

输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0],[0,1]]
输出：false
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0 ；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1 。这是不可能的。

构建图：就是构建每个节点和其他节点之间的关系。可以用edges = new ArrayList<List>()这个二维list来表示。

解法1：拓扑排序，对图进行一遍深度优先搜索。当每个节点进行回溯的时候，我们把该节点放入栈中。最终从栈顶到栈底的序列就是一种拓扑排序。

由于我们只需要判断是否存在一种拓扑排序，而栈的作用仅仅是存放最终的拓扑排序结果，因此我们可以只记录每个节点的状态，而省去对应的栈。

对于图中的任意一个节点，它在搜索的过程中有三种状态，即：

「未搜索」：我们还没有搜索到这个节点；

「搜索中」：我们搜索过这个节点，但还没有回溯到该节点，即该节点还没有入栈，还有相邻的节点没有搜索完成）；

「已完成」：我们搜索过并且回溯过这个节点，即该节点已经入栈，并且所有该节点的相邻节点都出现在栈的更底部的位置，满足拓扑排序的要求。

通过上述的三种状态，我们就可以给出使用深度优先搜索得到拓扑排序的算法流程，在每一轮的搜索搜索开始时，我们任取一个「未搜索」的节点开始进行深度优先搜索。

我们将当前搜索的节点 u 标记为「搜索中」，遍历该节点的每一个相邻节点 v：

如果 v 为「未搜索」，那么我们开始搜索 v，待搜索完成回溯到 u；

如果 v 为「搜索中」，那么我们就找到了图中的一个环，因此是不存在拓扑排序的；

如果 v 为「已完成」，那么说明 v 已经在栈中了，而 u 还不在栈中，因此 u 无论何时入栈都不会影响到 (u,v) 之前的拓扑关系，以及不用进行任何操作。

当 u 的所有相邻节点都为「已完成」时，我们将 u 放入栈中，并将其标记为「已完成」。

class Solution {
    List<List<Integer>> edges;
    int[] visited;
    boolean valid = true;

    public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
      //每门课都有一条边
        edges = new ArrayList<List<Integer>>();
        for (int i = 0; i < numCourses; ++i) {
            edges.add(new ArrayList<Integer>());
        }
      //存储课程是否被访问过
        visited = new int[numCourses];
        for (int[] info : prerequisites) {
          //添加课程之间的关联关系
            edges.get(info[1]).add(info[0]);
        }
        for (int i = 0; i < numCourses && valid; ++i) {
            if (visited[i] == 0) {
              //遍历每一条edges边
                dfs(i);
            }
        }
        return valid;
    }

    public void dfs(int u) {
      //搜索中
        visited[u] = 1;
        for (int v: edges.get(u)) {
            if (visited[v] == 0) {
                dfs(v);
                if (!valid) {
                    return;
                }
            } else if (visited[v] == 1) {
                valid = false;
                return;
            }
        }
      //搜索完成
        visited[u] = 2;
    }
}

解法2：广度优先

我们使用一个队列来进行广度优先搜索。初始时，所有入度为 0 的节点都被放入队列中，它们就是可以作为拓扑排序最前面的节点，并且它们之间的相对顺序是无关紧要的。

在广度优先搜索的每一步中，我们取出队首的节点 u：

我们将 u 放入答案中；

我们移除 u 的所有出边，也就是将 u 的所有相邻节点的入度减少 1。如果某个相邻节点 v 的入度变为 0，那么我们就将 v 放入队列中。

在广度优先搜索的过程结束后。如果答案中包含了这 n 个节点，那么我们就找到了一种拓扑排序，否则说明图中存在环，也就不存在拓扑排序了。

class Solution {
    List<List<Integer>> edges;
    int[] indeg;

    public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        edges = new ArrayList<List<Integer>>();
        for (int i = 0; i < numCourses; ++i) {
            edges.add(new ArrayList<Integer>());
        }
        indeg = new int[numCourses];
        for (int[] info : prerequisites) {
            edges.get(info[1]).add(info[0]);
            ++indeg[info[0]];
        }

        Queue<Integer> queue = new LinkedList<Integer>();
        for (int i = 0; i < numCourses; ++i) {
            if (indeg[i] == 0) {
                queue.offer(i);
            }
        }
        int visited = 0;
        while (!queue.isEmpty()) {
            ++visited;
            int u = queue.poll();
            for (int v: edges.get(u)) {
                --indeg[v];
                if (indeg[v] == 0) {
                    queue.offer(v);
                }
            }
        }
        return visited == numCourses;
    }
}

210. 课程表 II

现在你总共有 numCourses 门课需要选，记为 0 到 numCourses - 1。给你一个数组 prerequisites ，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示在选修课程 ai 前 必须 先选修 bi 。

• 例如，想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 ，我们用一个匹配来表示：[0,1] 。

返回你为了学完所有课程所安排的学习顺序。可能会有多个正确的顺序，你只要返回 任意一种 就可以了。如果不可能完成所有课程，返回 一个空数组 。

解法： 1. 构建图(二维列表)，2.遍历图，3.返回之后的结果。

深度优先

class Solution {
    // 存储有向图
    List<List<Integer>> edges;
    // 标记每个节点的状态：0=未搜索，1=搜索中，2=已完成
    int[] visited;
    // 用数组来模拟栈，下标 n-1 为栈底，0 为栈顶
    int[] result;
    // 判断有向图中是否有环
    boolean valid = true;
    // 栈下标
    int index;

    public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        edges = new ArrayList<List<Integer>>();
        for (int i = 0; i < numCourses; ++i) {
            edges.add(new ArrayList<Integer>());
        }
        visited = new int[numCourses];
        result = new int[numCourses];
        index = numCourses - 1;
        for (int[] info : prerequisites) {
            edges.get(info[1]).add(info[0]);
        }
        // 每次挑选一个「未搜索」的节点，开始进行深度优先搜索
        for (int i = 0; i < numCourses && valid; ++i) {
            if (visited[i] == 0) {
                dfs(i);
            }
        }
        if (!valid) {
            return new int[0];
        }
        // 如果没有环，那么就有拓扑排序
        return result;
    }

    public void dfs(int u) {
        // 将节点标记为「搜索中」
        visited[u] = 1;
        // 搜索其相邻节点
        // 只要发现有环，立刻停止搜索
        for (int v: edges.get(u)) {
            // 如果「未搜索」那么搜索相邻节点
            if (visited[v] == 0) {
                dfs(v);
                if (!valid) {
                    return;
                }
            }
            // 如果「搜索中」说明找到了环
            else if (visited[v] == 1) {
                valid = false;
                return;
            }
        }
        // 将节点标记为「已完成」
        visited[u] = 2;
        // 将节点入栈,因为是递归，所以从最后面开始放
        result[index--] = u;
    }
}

广度优先

class Solution {
    // 存储有向图
    List<List<Integer>> edges;
    // 存储每个节点的入度
    int[] indeg;
    // 存储答案
    int[] result;
    // 答案下标
    int index;

    public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        edges = new ArrayList<List<Integer>>();
        for (int i = 0; i < numCourses; ++i) {
            edges.add(new ArrayList<Integer>());
        }
        indeg = new int[numCourses];
        result = new int[numCourses];
        index = 0;
        for (int[] info : prerequisites) {
            edges.get(info[1]).add(info[0]);
            ++indeg[info[0]];
        }

        Queue<Integer> queue = new LinkedList<Integer>();
        // 将所有入度为 0 的节点放入队列中
        for (int i = 0; i < numCourses; ++i) {
            if (indeg[i] == 0) {
                queue.offer(i);
            }
        }

        while (!queue.isEmpty()) {
            // 从队首取出一个节点
            int u = queue.poll();
            // 放入答案中，广度优先，从前面开始放
            result[index++] = u;
            for (int v: edges.get(u)) {
                --indeg[v];
                // 如果相邻节点 v 的入度为 0，就可以选 v 对应的课程了
                if (indeg[v] == 0) {
                    queue.offer(v);
                }
            }
        }

        if (index != numCourses) {
            return new int[0];
        }
        return result;
    }
}

909. 蛇梯棋

给你一个大小为 n x n 的整数矩阵 board ，方格按从 1 到 n2 编号，编号遵循 转行交替方式 ，从左下角开始 （即，从 board[n - 1][0] 开始）每一行交替方向。

玩家从棋盘上的方格 1 （总是在最后一行、第一列）开始出发。

每一回合，玩家需要从当前方格 curr 开始出发，按下述要求前进：

• 选定目标方格

  next

  ，目标方格的编号符合范围

  [curr + 1, min(curr + 6, n2)]

  。

  • 该选择模拟了掷 六面体骰子 的情景，无论棋盘大小如何，玩家最多只能有 6 个目的地。

• 传送玩家：如果目标方格 next 处存在蛇或梯子，那么玩家会传送到蛇或梯子的目的地。否则，玩家传送到目标方格 next 。

• 当玩家到达编号 n2 的方格时，游戏结束。

返回达到编号为 n2 的方格所需的最少移动次数，如果不可能，则返回 -1。

r 行 c 列的棋盘，按前述方法编号，棋盘格中可能存在 “蛇” 或 “梯子”；如果 board[r][c] != -1，那个蛇或梯子的目的地将会是 board[r][c]。编号为 1 和 n2 的方格上没有蛇或梯子。

注意，玩家在每回合的前进过程中最多只能爬过蛇或梯子一次：就算目的地是另一条蛇或梯子的起点，玩家也 不能 继续移动。

• 举个例子，假设棋盘是 [[-1,4],[-1,3]] ，第一次移动，玩家的目标方格是 2 。那么这个玩家将会顺着梯子到达方格 3 ，但 不能 顺着方格 3 上的梯子前往方格 4 。

返回达到编号为 n2 的方格所需的最少移动次数，如果不可能，则返回 -1。

解法：广度优先搜索：将节点编号和到达该节点的移动次数作为搜索状态，顺着该节点的出边扩展新状态，直至到达终点 N^2 ，返回此时的移动次数。若无法到达终点则返回 −1。

代码实现时，我们可以用一个队列来存储搜索状态，初始时将起点状态 (1,0) 加入队列，表示当前位于起点 1，移动次数为 0。然后不断取出队首，每次取出队首元素时扩展新状态，即遍历该节点的出边，若出边对应节点未被访问，则将该节点和移动次数加一的结果作为新状态，加入队列。如此循环直至到达终点或队列为空。

class Solution {
    public int snakesAndLadders(int[][] board) {
        int n = board.length;
        boolean[] vis = new boolean[n * n + 1];
        Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();
      //表示当前位于起点 1，移动次数为 0
        queue.offer(new int[]{1, 0});
        while (!queue.isEmpty()) {
            int[] p = queue.poll();
            for (int i = 1; i <= 6; ++i) {
                int nxt = p[0] + i;
                if (nxt > n * n) { // 超出边界
                    break;
                }
                int[] rc = id2rc(nxt, n); // 得到下一步的行列
                if (board[rc[0]][rc[1]] > 0) { // 存在蛇或梯子
                    nxt = board[rc[0]][rc[1]];
                }
                if (nxt == n * n) { // 到达终点
                    return p[1] + 1;
                }
                if (!vis[nxt]) {
                    vis[nxt] = true;
                    queue.offer(new int[]{nxt, p[1] + 1}); // 扩展新状态
                }
            }
        }
        return -1;
    }

    public int[] id2rc(int id, int n) {
        int r = (id - 1) / n, c = (id - 1) % n;
        if (r % 2 == 1) {
            c = n - 1 - c;
        }
        return new int[]{n - 1 - r, c};
    }
}

433. 最小基因变化

基因序列可以表示为一条由 8 个字符组成的字符串，其中每个字符都是 'A'、'C'、'G' 和 'T' 之一。

假设我们需要调查从基因序列 start 变为 end 所发生的基因变化。一次基因变化就意味着这个基因序列中的一个字符发生了变化。

• 例如，"AACCGGTT" --> "AACCGGTA" 就是一次基因变化。

另有一个基因库 bank 记录了所有有效的基因变化，只有基因库中的基因才是有效的基因序列。（变化后的基因必须位于基因库 bank 中）

给你两个基因序列 start 和 end ，以及一个基因库 bank ，请你找出并返回能够使 start 变化为 end 所需的最少变化次数。如果无法完成此基因变化，返回 -1 。

注意：起始基因序列 start 默认是有效的，但是它并不一定会出现在基因库中。

解法：广度搜索

class Solution {
    public int minMutation(String start, String end, String[] bank) {
        Set<String> cnt = new HashSet<String>();
        Set<String> visited = new HashSet<String>();
        char[] keys = {'A', 'C', 'G', 'T'};        
        for (String w : bank) {
            cnt.add(w);
        }
        if (start.equals(end)) {
            return 0;
        }
        if (!cnt.contains(end)) {
            return -1;
        }
        Queue<String> queue = new ArrayDeque<String>();
        queue.offer(start);
       //作用是判断在变化过程中有没有循环
        visited.add(start);
        int step = 1;
        while (!queue.isEmpty()) {
            int sz = queue.size();
            for (int i = 0; i < sz; i++) {
                String curr = queue.poll();
              //8 *4种变化
                for (int j = 0; j < 8; j++) {
                    for (int k = 0; k < 4; k++) {
                        if (keys[k] != curr.charAt(j)) {
                            StringBuffer sb = new StringBuffer(curr);
                            sb.setCharAt(j, keys[k]);
                            String next = sb.toString();
                            if (!visited.contains(next) && cnt.contains(next)) {
                                if (next.equals(end)) {
                                    return step;
                                }
                                queue.offer(next);
                                visited.add(next);
                            }
                        }
                    }
                }
            }
            step++;
        }
        return -1;
    }
}

127. 单词接龙--同443最小基因突变

字典 wordList 中从单词 beginWord 和 endWord 的 转换序列 是一个按下述规格形成的序列 beginWord -> s1 -> s2 -> ... -> sk：

• 每一对相邻的单词只差一个字母。
• 对于 1 <= i <= k 时，每个 si 都在 wordList 中。注意， beginWord 不需要在 wordList 中。
• sk == endWord

给你两个单词 beginWord 和 endWord 和一个字典 wordList ，返回 从 beginWord 到 endWord 的 最短转换序列 中的 单词数目 。如果不存在这样的转换序列，返回 0 。

看到最短首先想到的就是广度优先搜索。想到广度优先搜索自然而然的就能想到图。

图就是一个二维列表。

解法1.广度优先，从开始单词开始，一个字符一个字符进行判断是否在字段里面，如果不在则添加到queue中。然后继续遍历。

public class Solution {

    public int ladderLength(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {
        // 第 1 步：先将 wordList 放到哈希表里，便于判断某个单词是否在 wordList 里
        Set<String> wordSet = new HashSet<>(wordList);
        if (wordSet.size() == 0 || !wordSet.contains(endWord)) {
            return 0;
        }
        wordSet.remove(beginWord);
        
        // 第 2 步：图的广度优先遍历，必须使用队列和表示是否访问过的 visited 哈希表
        Queue<String> queue = new LinkedList<>();
        queue.offer(beginWord);
        Set<String> visited = new HashSet<>();
        visited.add(beginWord);
        
        // 第 3 步：开始广度优先遍历，包含起点，因此初始化的时候步数为 1
        int step = 1;
        while (!queue.isEmpty()) {
            int currentSize = queue.size();
            for (int i = 0; i < currentSize; i++) {
                // 依次遍历当前队列中的单词
                String currentWord = queue.poll();
                // 如果 currentWord 能够修改 1 个字符与 endWord 相同，则返回 step + 1
                if (changeWordEveryOneLetter(currentWord, endWord, queue, visited, wordSet)) {
                    return step + 1;
                }
            }
            step++;
        }
        return 0;
    }

    /**
     * 尝试对 currentWord 修改每一个字符，看看是不是能与 endWord 匹配
     *
     * @param currentWord
     * @param endWord
     * @param queue
     * @param visited
     * @param wordSet
     * @return
     */
    private boolean changeWordEveryOneLetter(String currentWord, String endWord,
                                             Queue<String> queue, Set<String> visited, Set<String> wordSet) {
        char[] charArray = currentWord.toCharArray();
        for (int i = 0; i < endWord.length(); i++) {
            // 先保存，然后恢复
            char originChar = charArray[i];
            for (char k = 'a'; k <= 'z'; k++) {
                if (k == originChar) {
                    continue;
                }
                charArray[i] = k;
                String nextWord = String.valueOf(charArray);
                if (wordSet.contains(nextWord)) {
                    if (nextWord.equals(endWord)) {
                        return true;
                    }
                    if (!visited.contains(nextWord)) {
                        queue.add(nextWord);
                        // 注意：添加到队列以后，必须马上标记为已经访问
                        visited.add(nextWord);
                    }
                }
            }
            // 恢复
            charArray[i] = originChar;
        }
        return false;
    }
}

解法2.双向广度优先遍历

• 已知目标顶点的情况下，可以分别从起点和目标顶点（终点）执行广度优先遍历，直到遍历的部分有交集。这种方式搜索的单词数量会更小一些；

• 更合理的做法是，每次从单词数量小的集合开始扩散；

也就是先从起点开始遍历，然后再从终点开始遍历。再继续遍历下一层。因为起点和终点只有一个，所以这样可以减少数目。

分别用左边和右边扩散的哈希表代替单向 BFS 里的队列，它们在双向 BFS 的过程中交替使用

import java.util.ArrayList;
import java.util.Collections;
import java.util.HashSet;
import java.util.List;
import java.util.Set;

public class Solution {

    public int ladderLength(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {
        // 第 1 步：先将 wordList 放到哈希表里，便于判断某个单词是否在 wordList 里
        Set<String> wordSet = new HashSet<>(wordList);
        if (wordSet.size() == 0 || !wordSet.contains(endWord)) {
            return 0;
        }

        // 第 2 步：已经访问过的 word 添加到 visited 哈希表里
        Set<String> visited = new HashSet<>();
        // 分别用左边和右边扩散的哈希表代替单向 BFS 里的队列，它们在双向 BFS 的过程中交替使用
        Set<String> beginVisited = new HashSet<>();
        beginVisited.add(beginWord);
        Set<String> endVisited = new HashSet<>();
        endVisited.add(endWord);

        // 第 3 步：执行双向 BFS，左右交替扩散的步数之和为所求
        int step = 1;
        while (!beginVisited.isEmpty() && !endVisited.isEmpty()) {
            // 优先选择小的哈希表进行扩散，考虑到的情况更少
            if (beginVisited.size() > endVisited.size()) {
                Set<String> temp = beginVisited;
                beginVisited = endVisited;
                endVisited = temp;
            }
            // 逻辑到这里，保证 beginVisited 是相对较小的集合，nextLevelVisited 在扩散完成以后，会成为新的 beginVisited
            Set<String> nextLevelVisited = new HashSet<>();
            for (String word : beginVisited) {
                if (changeWordEveryOneLetter(word, endVisited, visited, wordSet, nextLevelVisited)) {
                    return step + 1;
                }
            }
            // 原来的 beginVisited 废弃，从 nextLevelVisited 开始新的双向 BFS
            beginVisited = nextLevelVisited;
            step++;
        }
        return 0;
    }


    /**
     * 尝试对 word 修改每一个字符，看看是不是能落在 endVisited 中，扩展得到的新的 word 添加到 nextLevelVisited 里
     *
     * @param word
     * @param endVisited
     * @param visited
     * @param wordSet
     * @param nextLevelVisited
     * @return
     */
    private boolean changeWordEveryOneLetter(String word, Set<String> endVisited,
                                             Set<String> visited,
                                             Set<String> wordSet,
                                             Set<String> nextLevelVisited) {
        char[] charArray = word.toCharArray();
        for (int i = 0; i < word.length(); i++) {
            char originChar = charArray[i];
            for (char c = 'a'; c <= 'z'; c++) {
                if (originChar == c) {
                    continue;
                }
                charArray[i] = c;
                String nextWord = String.valueOf(charArray);
                if (wordSet.contains(nextWord)) {
                    if (endVisited.contains(nextWord)) {
                        return true;
                    }
                    if (!visited.contains(nextWord)) {
                        nextLevelVisited.add(nextWord);
                        visited.add(nextWord);
                    }
                }
            }
            // 恢复，下次再用
            charArray[i] = originChar;
        }
        return false;
    }
}