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理解深度优先搜索 （DFS) 、递归_洛谷普及组 搜索
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前言
参考视频教程 洛谷 普及组( CSP - J )试炼场 - 深度优先搜索 （DFS)
理解深度优先搜索 （DFS) 、递归 - 跟栈差不多，先进后出的思想。一条路一直走，不能走就返回上一步看能否走另一条，能就走，不能就再返回上一步，如此下去。
以简单基础普及题型为例，可在洛谷上查找题目提交，代码仅供参考。
题目列表：
1.全排列问题
2.八皇后问题
3.迷宫
4.单词方阵
5.单词接龙
6.加分二叉树
7.虫食算
8.迷宫问题
1.全排列问题
题目描述
输出自然数 1 到 n所有不重复的排列，即 n 的全排列，要求所产生的任一数字序列中不允许出现重复的数字。
输入格式
一个整数 n。
输出格式
由 1 ∼n 组成的所有不重复的数字序列，每行一个序列。
每个数字保留 5 个场宽。
输入输出样例
输入 #1复制
3
- 1
输出 #1复制
1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1
- 1
- 2
- 3
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- 5
- 6
代码
#include <iostream> #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n; int vis[10]; int a[10]; void dfs(int i) //这个 i 可认为是第几个数字 { if (i > n) { for (int j = 1; j <= n; j++) { cout << " " << a[j]; } cout << endl; } else { for (int j = 1; j <= n; j++) { if (vis[j] == 0) { vis[j] = 1; a[i] = j; dfs(i + 1); vis[j] = 0; } } } } int main() { cin >> n; dfs(1); return 0; }
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2.八皇后问题
题目描述
一个如下的 6×6 的跳棋棋盘，有六个棋子被放置在棋盘上，使得每行、每列有且只有一个，每条对角线（包括两条主对角线的所有平行线）上至多有一个棋子。
上面的布局可以用序列 2 4 6 1 3 5 来描述，第 i个数字表示在第 i 行的相应位置有一个棋子，如下：
行号1 2 3 4 5 6
列号 2 4 6 1 3 5
这只是棋子放置的一个解。请编一个程序找出所有棋子放置的解。
并把它们以上面的序列方法输出，解按字典顺序排列。
请输出前 3个解。最后一行是解的总个数。
输入格式
一行一个正整数 nn，表示棋盘是 n×n* 大小的。
输出格式
前三行为前三个解，每个解的两个数字之间用一个空格隔开。第四行只有一个数字，表示解的总数。
输入输出样例
输入 #1复制
6
- 1
输出 #1复制
2 4 6 1 3 5
3 6 2 5 1 4
4 1 5 2 6 3
4
- 1
- 2
- 3
- 4
代码
#include <iostream> using namespace std; int n; int cnt; int lie[20]; //判断用同一列是否存在数 int a[20]; int youxia[50]; //右斜差为定值 ，需要考虑负值的情况 ！很有用的知识！ int zuoxia[20]; //左斜和为定值 ！ void pr() { if (cnt <= 3) { for (int i = 1; i < n; i++) { cout << a[i] << " "; } cout << a[n] << endl; } } void dfs(int i) { if (i > n) { cnt++; pr(); } else { for (int j = 1; j <= n; j++) { if (lie[j] == 0 && youxia[j - i + n] == 0 && zuoxia[j + i] == 0) { lie[j] = 1; youxia[j - i + n] = 1; zuoxia[j + i] = 1; a[i] = j; dfs(i + 1); lie[j] = 0; youxia[j - i + n] = 0; zuoxia[j + i] = 0; } } } } int main() { cin >> n; dfs(1); cout << cnt << endl; }
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3.迷宫
题目背景
给定一个N*M方格的迷宫，迷宫里有T处障碍，障碍处不可通过。给定起点坐标和终点坐标，问: 每个方格最多经过1次，有多少种从起点坐标到终点坐标的方案。在迷宫中移动有上下左右四种方式，每次只能移动一个方格。数据保证起点上没有障碍。
题目描述
无
输入格式
第一行N、M和T，N为行，M为列，T为障碍总数。第二行起点坐标SX,SY，终点坐标FX,FY。接下来T行，每行为障碍点的坐标。
输出格式
给定起点坐标和终点坐标，问每个方格最多经过1次，从起点坐标到终点坐标的方案总数。
输入输出样例
输入 #1复制
2 2 1
1 1 2 2
1 2
- 1
- 2
- 3
输出 #1复制
1
- 1
代码
#include <iostream> #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m, t, sx, sy, fx, fy, cnt; int vis[20][20]; int zhangai[20][20]; int xx[] = { 0,0,-1,1 }; //用于上下左右移动 int yy[] = { -1,1,0,0 }; //用于上下左右移动 void dfs(int x, int y) { if (x == fx && y == fy) { cnt++; } else { for (int i = 0; i < 4; i++) { int dx = x + xx[i]; //注意不能直接 x = x + xx[i] ，否则会影响下次循环，哭了 int dy = y + yy[i]; if (vis[dx][dy] == 0 && zhangai[dx][dy] == 0 && dx >= 1 && dy >= 1 && dx <= m && dy <= n) //记得考虑边界问题 { vis[dx][dy] = 1; dfs(dx, dy); vis[dx][dy] = 0; } } } } int main() { cin >> n >> m >> t; cin >> sx >> sy >> fx >> fy; for (int i = 0; i < t; i++) { int x, y; cin >> x >> y; zhangai[x][y] = 1; } vis[sx][sy] = 1; dfs(sx, sy); cout << cnt << endl; }
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4.单词方阵 —这题不能算递归dfs
题目描述
给一n×n*的字母方阵，内可能蕴含多个“yizhong”单词。单词在方阵中是沿着同一方向连续摆放的。摆放可沿着 8 个方向的任一方向，同一单词摆放时不再改变方向，单词与单词之间可以交叉,因此有可能共用字母。输出时，将不是单词的字母用*代替，以突出显示单词。例如：
输入：
8 输出：
qyizhong *yizhong
gydthkjy gy******
nwidghji n*i*****
orbzsfgz o**z****
hhgrhwth h***h***
zzzzzozo z****o**
iwdfrgng i*****n*
yyyygggg y******g
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- 10
输入格式
第一行输入一个数n。(7≤n≤100)。
第二行开始输入n×n的字母矩阵。
输出格式
突出显示单词的n×n矩阵。
输入输出样例
输入 #2复制
8
qyizhong
gydthkjy
nwidghji
orbzsfgz
hhgrhwth
zzzzzozo
iwdfrgng
yyyygggg
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输出 #2复制
*yizhong
gy******
n*i*****
o**z****
h***h***
z****o**
i*****n*
y******g
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代码
#include<iostream> using namespace std; int n; char str[120][120]; int vis[120][120]; char word[] = "yizhong"; int xx[] = { 0,1,1,1,0,-1,-1,-1 }; //注意包括斜方向 int yy[] = { -1,-1,0,1,1,1,0,-1 }; void xunhuan(int x, int y) { for (int i = 0; i < 8; i++) //每个方向 { int flag = 1; for (int j = 0; j < 7; j++) //一步步走 { int dx = x + j * xx[i]; int dy = y + j * yy[i]; if (str[dx][dy] != word[j] || dx<1 || dy<1 || dx>n || dy>n) { flag = 0; break; } } if (flag) { for (int j = 0; j < 7; j++) { int dx = x + j * xx[i]; int dy = y + j * yy[i]; vis[dx][dy] = 1; } } } } int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { cin >> str[i][j]; } } for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { if (str[i][j] == 'y') { xunhuan(i, j); } } } for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { if (vis[i][j]) { cout << str[i][j]; } else { cout << "*"; } } cout << endl; } }
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5.单词接龙
题目描述
单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏，现在我们已知一组单词，且给定一个开头的字母，要求出以这个字母开头的最长的“龙”（每个单词都最多在“龙”中出现两次），在两个单词相连时，其重合部分合为一部分，例如 beast 和 astonish，如果接成一条龙则变为 beastonish，另外相邻的两部分不能存在包含关系，例如 at 和 atide 间不能相连。
输入格式
输入的第一行为一个单独的整数 n表示单词数，以下 n 行每行有一个单词，输入的最后一行为一个单个字符，表示“龙”开头的字母。你可以假定以此字母开头的“龙”一定存在。
输出格式
只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度。
输入输出样例
输入 #1复制
5
at
touch
cheat
choose
tact
a
- 1
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- 5
- 6
- 7
输出 #1复制
23
- 1
说明/提示
样例解释：连成的“龙”为 atoucheatactactouchoose。
n≤20
代码
#include <iostream> #include <string> using namespace std; string str[100]; int vis[100]; int maxx = 0; int n; void dfs(int i, int len) { maxx = max(len, maxx); for (int j = 0; j < n; j++) { int alen, blen; int a = 1; alen = str[i].length(); blen = str[j].length(); while (a < min(alen, blen)) { if (str[i].substr(alen - a) == str[j].substr(0, a) && vis[j] < 2) // substr(a) 为从头开始删去a个后返回剩下的字符，substr(0,a)返回从头开始的a个字符 { int lenn = len + blen - a; //千万别直接 len += blen - a 啊，又哭了 ，又死在这里一次了 vis[j]++; dfs(j, lenn); vis[j]--; break; } a++; } } } int main() { cin >> n; for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> str[i]; } char w; cin >> w; for (int i = 0; i < n; i++) { if (str[i][0] == w) { vis[i]++; dfs(i, str[i].length()); vis[i]--; } } cout << maxx << endl; return 0; }
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6.加分二叉树
题目描述
设一个m个节点的二叉树tree的中序遍历为(1,2,3,n),其中数字1,2,3,为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第う个节点的分数为d,tree及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树 subtree(也包含tree本身)的加分计算方法如下：
subtree的左子树的加分 x subtree的右子树的加分+ subtree的根的分数。
若某个子树为空，规定其加分为1,叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空子树。
试求一棵符合中序遍历为(1,2,3、)且加分最高的二又树tree要求输出
1.tree的最高加分。
2.tree的前序遍历。
输入格式
第 1 行 1 个整数 n，为节点个数。
第 2行 n个用空格隔开的整数，为每个节点的分数
输出格式
第 1行 1个整数，为最高加分（Ans≤4,000,000,000）。
第 2行 n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
输入输出样例
输入 #1复制
5
5 7 1 2 10
- 1
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输出 #1复制
145
3 1 2 4 5
- 1
- 2
代码
#include<iostream> using namespace std; //不断找每个区间的最合适根 int n, a[40]; int root[40][40]; long long dp[40][40]; //用于减少时间 ，记住已存取的区间最大值 ，下次可以用取，就不用再计算。记忆化。 long long dfs(int l, int r) { if (l == r) { return a[l]; } if (dp[l][r]) { return dp[l][r]; //这里跟上面的其实可以合并 } if (l > r) { return 1; //假如左子树或右 子树为空 } int maxx = 0; for (int i = l; i <= r; i++) { long long temp = dfs(l, i - 1) * dfs(i + 1, r) + a[i]; if (temp > maxx) { maxx = temp; root[l][r] = i; //记住每个区间的最合适根结点 } } return dp[l][r] = maxx; } void dg(int l, int r) { if (l > r) { return; } cout << root[l][r] << " "; dg(l, root[l][r] - 1); dg(root[l][r] + 1, r); } int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { cin >> a[i]; root[i][i] = i; dp[i][i] = i; } cout << dfs(1, n) << endl; dg(1, n); return 0; }
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7.虫食算
题目描述
所谓虫食算，就是原先的算式中有一部分被虫子啃掉了，需要我们根据剩下的数字来判定被啃掉的字母。来看一个简单的例子：
43#9865#045
+ 8468#6633
44445509678
- 1
- 2
- 3
其中 # 号代表被虫子啃掉的数字。根据算式，我们很容易判断：第一行的两个数字分别是 5和 3，第二行的数字是 5。
现在，我们对问题做两个限制：
首先，我们只考虑加法的虫食算。这里的加法是 n进制加法，算式中三个数都有 n位，允许有前导的 0。
其次，虫子把所有的数都啃光了，我们只知道哪些数字是相同的，我们将相同的数字用相同的字母表示，不同的数字用不同的字母表示。如果这个算式是 nn 进制的，我们就取英文字母表的前 n 个大写字母来表示这个算式中的 0到 n - 1这 n个不同的数字：但是这 n个字母并不一定顺序地代表 0到 n-1。输入数据保证 n 个字母分别至少出现一次。
BADC
+CBDA
DCCC
- 1
- 2
- 3
上面的算式是一个4进制的算式。很显然，我们只要让 ABCD 分别代表 0123，便可以让这个式子成立了。你的任务是，对于给定的 n进制加法算式，求出 n个不同的字母分别代表的数字，使得该加法算式成立。输入数据保证有且仅有一组解。
输入格式
输入的第一行是一个整数 n，代表进制数。
第二到第四行，每行有一个由大写字母组成的字符串，分别代表两个加数以及和。这 3个字符串左右两端都没有空格，从左到右依次代表从高位到低位，并且恰好有 n位。
输出格式
输出一行 n个用空格隔开的整数，分别代表 A,B,… 代表的数字。
输入输出样例
输入 #1复制
5
ABCED
BDACE
EBBAA
- 1
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- 3
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输出 #1复制
1 0 3 4 2
- 1
代码
#include <iostream> #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n; int vis[30], a[30]; //a 用来记住字母代表的数字 int v[4][30]; // 保存字母 void dfs(int y, int x, int t) { for (int i = 1; i <= n; i++) //提前预测判断，免得再递归，减少时间 { if (a[v[1][i]] != -1 && a[v[2][i]] != -1 && a[v[3][i]] != -1) { if (a[v[3][i]] != (a[v[1][i]] + a[v[2][i]]) % n && a[v[3][i]] != (a[v[2][i]] + a[v[1][i]] + 1) % n) { return; } } } if (x > n) { for (int i = 0; i < n; i++) { cout << a[i] << " "; } return; } int m = v[y][x]; if (y <= 2) { if (a[m] != -1) { dfs(y + 1, x, t); } else { for (int i = 0; i < n; i++) { if (vis[i] == 0) { a[m] = i; vis[i] = 1; dfs(y + 1, x, t); a[m] = -1; vis[i] = 0; } } } } else if (y == 3) { t += a[v[y - 1][x]] + a[v[y - 2][x]]; if (a[m] != -1) { if (a[m] == t % n) //记得取模 { dfs(1, x + 1, t / n); //记得判断进位 } } else { if (a[m] == -1 && vis[t % n] == 0) { a[m] = t % n; vis[t % n] = 1; dfs(1, x + 1, t / n); //记得判断进位 a[m] = -1; vis[t % n] = 0; } } } } int main() { cin >> n; memset(a, -1, sizeof(a)); //这个 memset 只能赋 0 和 -1 for (int i = 1; i <= 3; i++) { for (int j = n; j >= 1; j--) { char m; cin >> m; v[i][j] = m - 'A'; //将字母转数字 } } dfs(1, 1, 0); return 0; }
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- 90
- 91
- 92
- 93
8.迷宫问题
题目描述
定义一个二维数组：
int maze[5][5] = {
0, 1, 0, 0, 0,
0, 1, 0, 1, 0,
0, 0, 0, 0, 0,
0, 1, 1, 1, 0,
0, 0, 0, 1, 0,
};
- 1
- 2
- 3
- 4
- 5
- 6
- 7
它表示一个迷宫，其中的1表示墙壁，0表示可以走的路，只能横着走或竖着走，不能斜着走，要求编程序找出从左上角到右下角的最短路线。
输入
一个5 × 5的二维数组，表示一个迷宫。数据保证有唯一解。
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0
- 1
- 2
- 3
- 4
- 5
输出
左上角到右下角的最短路径，格式如样例所示。
(0, 0)
(1, 0)
(2, 0)
(2, 1)
(2, 2)
(2, 3)
(2, 4)
(3, 4)
(4, 4)
- 1
- 2
- 3
- 4
- 5
- 6
- 7
- 8
- 9
代码
#include <iostream> using namespace std; int mp[6][6]; bool vis[6][6]; int xx[] = { 0,1,0,-1 }; int yy[] = { -1,0,1,0 }; int maxx; struct node { int x; int y; }no[50], lu[50]; //需要用到结构体来保存数据辽 void dfs(int x, int y, int bs) { if (x == 4 && y == 4 && bs < maxx) { maxx = bs; for (int i = 0; i < bs; i++) { lu[i].x = no[i].x; lu[i].y = no[i].y; } } for (int i = 0; i < 4; i++) { int dx = x + yy[i]; int dy = y + xx[i]; if (dx <= 4 && dx >= 0 && dy <= 4 && dy >= 0 && mp[dx][dy] == 0 && vis[dx][dy] == 0) { no[bs].x = dx; no[bs].y = dy; vis[dx][dy] = 1; dfs(dx, dy, bs + 1); vis[dx][dy] = 0; } } } int main() { for (int i = 0; i < 5; i++) { for (int j = 0; j < 5; j++) { cin >> mp[i][j]; } } no[0].x = 0; no[0].y = 0; vis[0][0] = 1; maxx = 100000; dfs(0, 0, 1); for (int i = 0; i < maxx; i++) { cout << "(" << lu[i].x << ", " << lu[i].y << ")" << endl; } return 0; }
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