BFS

BFS算法主要有洪水填充（flood fill）和最短路径两个应用。

一、洪水填充算法（Flood Fill）

例题 1：岛屿个数（第14届省赛真题）

题目描述：

小蓝得到了一副大小为 M × N 的格子地图，可以将其视作一个只包含字符‘0’（代表海水）和 ‘1’（代表陆地）的二维数组，地图之外可以视作全部是海水，每个岛屿由在上/下/左/右四个方向上相邻的 ‘1’ 相连接而形成。
在岛屿 A 所占据的格子中，如果可以从中选出 k 个不同的格子，使得他们的坐标能够组成一个这样的排列：$(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{k-1},y_{k-1})，其中(x_{(i+1)\%k},y_{(i+1)\%k})是由(x_i,y_i)$ 通过上/下/左/右移动一次得来的 (0 ≤ i ≤ k − 1)，
此时这 k 个格子就构成了一个 “环”。如果另一个岛屿 B 所占据的格子全部位于这个 “环” 内部，此时我们将岛屿 B 视作是岛屿 A 的子岛屿。若 B 是 A 的子岛屿，C 又是 B 的子岛屿，那 C 也是 A 的子岛屿。
请问这个地图上共有多少个岛屿？在进行统计时不需要统计子岛屿的数目。

解题思路：
由于不需要考虑子岛屿的个数，我们只需要从海水开始直接使用BFS遍历，如果遇到海水就将其标记为已遍历，然后遍历其上下左右的邻接节点；如果遇到未遍历过的岛屿，就将岛屿个数加一，然后单独使用一次BFS遍历整个岛屿，在这一层BFS遍历中，只遍历未被检索的岛屿节点并将其标记为已遍历，由于整个外圈岛屿都已经被标记，所以就不会出现一个岛屿被当成多个岛屿的情况。
为了简化边缘的处理，可以直接在原地图外围增加一圈海水。这样就可以确保不会出现初始节点选在某一个岛屿内部的情况。

next_p = [(0,1),(1,0),(0,-1),(-1,0)]
next_q = [(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1),(1,1),(1,-1),(-1,1),(-1,-1)]
def search_island(x,y):global sea_mapglobal visited# BFS  q = []q.append((x,y))while q:x1,y1 = q[0][0], q[0][1]q.pop(0)if visited[x1][y1]:continue# only search the islandvisited[x1][y1] = 1for d in next_p:if sea_map[x1+d[0]][y1+d[1]] == '1' and visited[x1+d[0]][y1+d[1]] == False:q.append((x1+d[0], y1+d[1]))t = int(input())
sea_map = []
visited = []
for i in range(t):# initializesea_map = []visited = []m,n = map(int, input().split())sea_map.append('0'*(n+2))for j in range(m):sea_map.append('0' + input() + '0')sea_map.append('0'*(n+2))visited = [[0]*(n+2) for k in range(m+2)]# bfsans = 0q = []q.append((0,0))while q:x, y = q[0][0], q[0][1]q.pop(0)if visited[x][y]:continue# begin to visit this nodeif sea_map[x][y] == '0':# seavisited[x][y] = 1# push the nodes that near it into the queuefor d in next_q:if  0 <= x+d[0] <= m+1 and 0 <= y+d[1] <= n+1 and visited[x+d[0]][y+d[1]] == False:q.append((x+d[0], y+d[1]))else:# islandans += 1search_island(x,y)print(ans)for line in visited:print(line)

例题 2：最少的1（蓝桥杯第13届国赛）

题目描述：

给定1个正整数$n$，找出所有$n$的倍数中，用二进制表示法表示下1的个数最少是多少？

输入格式：

输入一行包含一个整数$n$

输出格式：

输出一行包含一个整数表示答案

解题思路：
二进制数的特殊进位方式 + 同余最短路径
易知直接研究n的倍数的二进制进位是很难的，在进位过程中1的个数并没有明确的规律，需要绕开进位思考
注意到2进制数的递推有两种形式：
1.二进制01串末位是0，可以选择将0变为1或在末尾加1个0
2.二进制01串末位是1，只能在末尾加1个0
这个进位规则可以覆盖到所有的数，所以是一种有效的规则，尽管它在数值上不是递增的，但由于避免了进位，所以在1的个数上是不减的
这两种递推关系可以生成一棵树，每条边权值为1，第一个通过这种方式被找到的n的倍数拥有最少的1，题目由此变成最短路径问题，可以使用BFS解决

代码示例：

from collections import dequen = int(input())
# 创建一个数组存储n取模后不同余数所对应的最短路径
# 本题所要求的就是 mindist[0]
mindist = [float('inf') for i in range(10)]
# 引入双端队列，以便体现两种迭代方式在优先级上差别
q = deque()
# 同余最短路径
q.append((1%n, 1)) # start from 1
while q:k,t = q.popleft()if mindist[k] <= t:# 直接舍弃，一定不是最优路径continuemindist[k] = tif k&1:# k is oddq.appendleft(((k*2)%n, t))else:q.appendleft(((k*2)%n, t))q.append(((k+1)%n, t+1))
print(mindist[0])