841 钥匙和房间

标签: BFS, DFS, 图, 广度优先, 深度优先, 队列

题目

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有 N 个房间，开始时你位于 0 号房间。每个房间有不同的号码：0，1，2，…，N-1，并且房间里可能有一些钥匙能使你进入下一个房间。

在形式上，对于每个房间 i 都有一个钥匙列表 rooms[i]，每个钥匙 rooms[i][j] 由 [0,1，…，N-1] 中的一个整数表示，其中 N = rooms.length。 钥匙 rooms[i][j] = v 可以打开编号为 v 的房间。

最初，除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。

你可以自由地在房间之间来回走动。

如果能进入每个房间返回 true，否则返回 false。

示例 1：

输入: [[1],[2],[3],[]]
输出: true
解释:  
    我们从 0 号房间开始，拿到钥匙 1。
    之后我们去 1 号房间，拿到钥匙 2。
    然后我们去 2 号房间，拿到钥匙 3。
    最后我们去了 3 号房间。
    由于我们能够进入每个房间，我们返回 true。 示例 2：

输入：[[1,3],[3,0,1],[2],[0]]
输出：false
解释：我们不能进入 2 号房间。
提示：
    1 <= rooms.length <= 1000
    0 <= rooms[i].length <= 1000
    所有房间中的钥匙数量总计不超过 3000。

思路

1. 写一个递归函数：输入房间号，然后用这个房间里的钥匙去开别的房间。

   1. 搜索空间：该房间里的钥匙，for r in rooms[room]

   2. 限制：如果有房间被解锁过，那就无需再次解锁，否则就陷入死循环。if r not in self.visited

   3. 由于每次都访问尚未遍历的房间，因此，访问新房间时，可以进行计数，以便递归结束后和总房间数做比较。

代码

递归的解法

DFS

class Solution:
    def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool:
        '''
        递归的形式
        '''
        def dfs(room):
            # 将遍历过的房间计入 visited
            self.visited.add(room)
            self.count += 1

            for r in rooms[room]:
                # 每次访问的都是尚未被遍历的房间
                # 保证 self.count 统计的都是唯一的
                if r not in self.visited:
                    dfs(r)
        
        self.visited = set()
        self.count = 0
        dfs(0)
        return self.count == len(rooms)

循环的解法

BFS

class Solution:
    def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool:
        '''
        改写成队列的形式
        '''
        import queue
        q = queue.Queue()
        q.put(0)
        self.count = 0
        self.visited = {0}

        while q.qsize() > 0:
            cur = q.get()
            self.count += 1
            for r in rooms[cur]:
                if r not in self.visited:
                    q.put(r)
                    self.visited.add(r)
                
        return self.count == len(rooms)

分析

1. 空间复杂度需要 O(n), n 为房间数；
2. 时间复杂度需要 O(n+m), n 为房间数， m 为房间里的钥匙数。