DFS_leetcode.841.钥匙和房间

🌸题目

🍁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:

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. 1 <= rooms.length <= 1000
2. 0 <= rooms[i].length <= 1000
3. 所有房间中的钥匙数量总计不超过 3000。

🌸分析

当 x 号房间中有 y号房间的钥匙时，我们就可以从 xx 号房间去往 y 号房间。如果我们将这 n 个房间看成有向图中的 n 个节点，那么上述关系就可以看作是图中的x号点到 y 号点的一条有向边。

这样一来，问题就变成了给定一张有向图，询问从 0 号节点出发是否能够到达所有的节点。

🌸解法一：DFS

我们可以使用深度优先搜索的方式遍历整张图，统计可以到达的节点个数，并利用数组vis 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问。

class Solution {
    boolean[] vis;
    int num;

    public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
        int n = rooms.size();
        num = 0;
        vis = new boolean[n];
        dfs(rooms, 0);
        return num == n;
    }

    public void dfs(List<List<Integer>> rooms, int x) {
        vis[x] = true;
        num++;
        for (int it : rooms.get(x)) {
            if (!vis[it]) {
                dfs(rooms, it);
            }
        }
    }
}

python

class Solution:
    def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool:
        def dfs(x: int):
            vis.add(x)
            nonlocal num
            num += 1
            for it in rooms[x]:
                if it not in vis:
                    dfs(it)
        
        n = len(rooms)
        num = 0
        vis = set()
        dfs(0)
        return num == n

• 时间复杂度：O(n+m)，其中 n 是房间的数量，m 是所有房间中的钥匙数量的总数。

• 空间复杂度：O(n)，其中 n 是房间的数量。主要为栈空间的开销。

🌸解法二： BFS

我们也可以使用广度优先搜索的方式遍历整张图，统计可以到达的节点个数，并利用数组 vis 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问。

class Solution {
    public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
        int n = rooms.size(), num = 0;
        boolean[] vis = new boolean[n];
        Queue<Integer> que = new LinkedList<Integer>();
        vis[0] = true;
        que.offer(0);
        while (!que.isEmpty()) {
            int x = que.poll();
            num++;
            for (int it : rooms.get(x)) {
                if (!vis[it]) {
                    vis[it] = true;
                    que.offer(it);
                }
            }
        }
        return num == n;
    }
}

python

class Solution:
    def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool:
        n = len(rooms)
        num = 0
        vis = {0}
        que = collections.deque([0])

        while que:
            x = que.popleft()
            num += 1
            for it in rooms[x]:
                if it not in vis:
                    vis.add(it)
                    que.append(it)
        
        return num == n

• 时间复杂度：O(n+m)，其中 n 是房间的数量，m 是所有房间中的钥匙数量的总数。

• 空间复杂度：O(n)，其中 n 是房间的数量。主要为队列的开销。

最后，不经历风雨,怎能在计算机的大山之顶看见彩虹呢！ 无论怎样，相信明天一定会更好！！！！！