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图论专题(三)：“可达性”的探索——DFS/BFS 勇闯「钥匙和房间」

news 2025/11/14 5:54:45

哈喽各位，我是前端小L。

欢迎来到我们的图论专题第三篇！我们已经学会了如何处理“显式”给出的图。但更多时候，图是作为一种“关系模型”，隐藏在问题描述的背后。

今天，我们将扮演一个“开锁达人”。我们手握0号房间的钥匙，每打开一扇门，都可能获得通往更多新门的钥匙。我们的目标是：判断我们能否“解锁”所有的房间。这，本质上是一个关于“可达性 (Reachability)”的经典图论问题。

力扣 841. 钥匙和房间

https://leetcode.cn/problems/keys-and-rooms/

题目分析：

输入：一个 rooms 数组（列表的列表）。rooms[i] 是一个列表，存放着你在 i 号房间能找到的所有钥匙（即你能从 i 房打开哪些房门）。
起点：你只能从 0 号房间开始。
目标：判断是否可以访问所有房间。

“Aha!”时刻：将问题“翻译”成图论

节点 (Vertex)：每一个“房间 i” 都是图中的一个节点。
边 (Edge)：如果在 i 房能拿到 j 房的钥匙（j 在 rooms[i] 列表中），这就代表一条从 i 到 j 的有向边 (Directed Edge) i -> j。
建图：等等https://www.google.com/search?q=... rooms 数组 vector<vector<int>>，rooms[i] 存着所有 i 能“到达”的节点。这不就是我们心心念念的“邻接表”吗！
结论：这道题不需要我们“建图”，rooms 数组本身就是图的邻接表！

问题被完美转化： 给定一个有向图（由 rooms 描述），从节点 0 开始，我们能否遍历到图中的所有节点？

解决方案：DFS/BFS 的“标准作业”

既然问题是“可达性”，我们只需要从 0 号节点开始，用 DFS 或 BFS 进行一次“地毯式”的遍历，看看我们总共能访问到多少个节点。

我们还是需要那个“灵魂”—— visited 数组，来防止我们在0->1, 1->0 这样的环里“兜圈”。

算法流程：

获取房间总数 n。
创建一个 visited 数组（或哈希集合），大小为 n，初始全为 false。
创建一个 visited_count 计数器，初始为 0。
启动遍历：从 0 号房间开始，执行一次 DFS 或 BFS。
- 在 DFS/BFS 的过程中，每当你第一次访问一个房间 u 时：
  - visited[u] = true
  - visited_count++
- 然后，探索 u 的所有邻居（即 rooms[u] 列表中的所有 key）。
检查结果：遍历结束后，比较 visited_count 是否等于 n。

代码实现 (O(V+E) 时间, O(V) 空间)

解法一：DFS (递归)

C++

#include <vector>
#include <stack> // 也可以用递归栈using namespace std;class Solution {
private:int visited_count = 0;void dfs(int u, vector<vector<int>>& rooms, vector<bool>& visited) {// 1. 标记已访问visited[u] = true;visited_count++;// 2. 探索邻居for (int v_key : rooms[u]) {if (!visited[v_key]) {dfs(v_key, rooms, visited);}}}public:bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {int n = rooms.size();vector<bool> visited(n, false);// 从 0 号房间开始dfs(0, rooms, visited);// 检查是否访问了所有房间return visited_count == n;}
};

解法二：BFS (队列)

C++

#include <vector>
#include <queue>using namespace std;class Solution {
public:bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {int n = rooms.size();vector<bool> visited(n, false);queue<int> q;// 1. 启动 BFSq.push(0);visited[0] = true; // 入队时标记int visited_count = 1;while (!q.empty()) {int u = q.front();q.pop();// 2. 探索邻居for (int v_key : rooms[u]) {if (!visited[v_key]) {visited[v_key] = true; // 入队时标记q.push(v_key);visited_count++;}}}// 3. 检查结果return visited_count == n;}
};

深度复杂度分析

V (Vertices)：顶点数，即 n (房间数)。
E (Edges)：边数，即所有 rooms 列表中的“钥匙”总数。
时间复杂度 O(V + E)：
- 建图：O(1)，因为输入 rooms 本身就是邻接表。
- 遍历 (DFS/BFS)：我们访问每个房间（顶点 V）最多一次（visited 数组保证）。访问每个房间 i 时，我们会遍历 rooms[i] 列表，即遍历所有从 i 出发的“边”。
- 整个遍历过程，我们访问了所有“可达”的顶点和所有从它们出发的“边”。最坏情况下，我们访问了所有 V 个顶点和所有 E 条边。
- 总时间 O(V + E)。
空间复杂度 O(V)：
- visited 数组：需要 O(V) 空间。
- 辅助空间：
  - DFS 需要 O(V) 的递归栈空间（最坏情况，如 0->1->...->n-1）。
  - BFS 需要 O(V) 的队列空间（最坏情况，如 0 号房有所有钥匙）。
- 总空间 O(V)。