多源 BFS 详解

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目录

一、多源与单源的区别

二、例题练习

2.1 例题1：01 矩阵

2.2 例题2：飞地的数量

2.3 例题3：地图中的最高点 

2.4 例题4：地图分析

一、多源与单源的区别

单源最短路问题如何解决已经在上篇博客给出BFS 解决最短路问题，如果还没学习单源的建议先学习，因为多源就是在单源的基础上进行一些改动即可，即把多个源点一起放入队列中。

• 注意：

多源 BFS 只能用来解决边权为 1 （其实只要边权相等即可，可以转化为边权 1 来解决）的多源最短路问题。如果是边权不相等的情况那么就要使用到图论里面的 Floyd-Warshall 算法，这个后续会写到。

• 那么该如何解决多源 BFS 问题呢？

解法1：暴力，直接把多源最短路问题转化为若干个单源最短路问题，这个大概率是会超时的，因为重复查找的次数非常多。

解法2：把所有的源点当成一个 “超级源点”，那么问题就变成了单一的单源最短路问题。

• 如何证明正确性呢？ 

理性：严格的证明，这些在一些算法书上能够找到，比较麻烦，文章主要写，如何来做题。故我们就感性的理解一下。

感性：就好比如下图这些性能相同的汽车（把汽车看成开始的源点），如果采用单源最短路的解决思路就是一辆一辆车启动，最后比较谁先到终点。如果采用多源最短路的解题思路就是把这些车一起启动，谁先到终点，就是最短路。这里可能有的友友会问，这样和单源最短路的时间复杂度不是一样的嘛？其实当在同一条路上如果有节点在前面，那么后面的节点就可以直接舍去，因为绝对不可能是最短路。

二、例题练习

2.1 例题1：01 矩阵

• 题目链接：01 矩阵

• 问题描述：

给定一个由 0 和 1 组成的矩阵 mat ，请输出一个大小相同的矩阵，其中每一个格子是 mat 中对应位置元素到最近的 0 的距离。

两个相邻元素间的距离为 1 。

• 解题思路：

如果采用单源最短路（一个位置一个位置的去求）的话会超时（替大家试过了），正确的解法多源 BFS + 正难则反（填表更快），把所有的 0 当成起点，1当作终点（终点可以有多个）。找到一个 1 且是没有被遍历过的就可以把路径数直接填入，因为绝对没有比这个更小的路径了。

• 代码编写：

直接把最开始创建的数组都初始化成 -1 ，这样就不用创建一个 vis 表来标记已经走过的节点。且路径数可以直接在原来的路径数上 + 1 即可，一举两得。具体代码如下：

class Solution { int[] dx = {0,0,1,-1}; int[] dy = {1,-1,0,0}; public int[][] updateMatrix(int[][] mat) { //1.把所有为0的元素存入队列 int n = mat.length; int m = mat[0].length; //2.创建 dest 数组 //3.dest初始化为 - 1 int[][] dest = new int[n][m]; for(int i = 0;i < n;i++){ Arrays.fill(dest[i],-1); } Queue<int[]> q = new LinkedList<>(); for(int i = 0;i < n;i++){ for(int j = 0;j < m;j++){ if(mat[i][j] == 0){ dest[i][j] = 0; q.add(new int[]{i,j}); } } } //4.bfs while(!q.isEmpty()){ int[] tmp = q.poll(); int a = tmp[0],b = tmp[1]; for(int k = 0;k < 4;k++){ int x = a + dx[k]; int y = b + dy[k]; if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && dest[x][y] == -1){ if(mat[x][y] == 1){ //5.在原来的基础上直接 + 1 dest[x][y] = dest[a][b] + 1; } q.add(new int[]{x,y}); } } } return dest; } }

2.2 例题2：飞地的数量

• 题目链接：飞地的数量

• 问题描述：

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ，其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。

一次 移动 是指从一个陆地单元格走到另一个相邻（上、下、左、右）的陆地单元格或跨过 grid 的边界。

返回网格中 无法 在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。

• 解题思路：

正难则反： 从边上的 1 开始搜索，把与边上 1 相连的联通区域全部标记⼀下，然后再遍历⼀遍矩阵，看看哪些位置的 1 没有被标记即可，标记的时候，可以用多源 bfs 解决（这题单源或者 DFS都行）。

• 代码编写：

class Solution { int n,m; int[] dx = {0,0,1,-1}; int[] dy = {1,-1,0,0}; public int numEnclaves(int[][] grid) { n = grid.length; m = grid[0].length; //1.拿所有边界的1进行一次bfs标记 Queue<int[]> q = new LinkedList<>(); for(int i = 0;i < n;i++){ for(int j = 0;j < m;j++){ if(i == 0 || i == n - 1 || j == 0 || j == m - 1){//这么写比较快且不容易出错 if(grid[i][j] == 1){ q.add(new int[]{i,j}); } } } } //直接改为2即可 while(!q.isEmpty()){ int size = q.size(); for(int i = 0;i < size;i++){ int[] tmp = q.poll(); int a = tmp[0],b = tmp[1]; grid[a][b] = 2; for(int k = 0;k < 4;k++){ int x = a + dx[k]; int y = b + dy[k]; if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && grid[x][y] == 1){ q.add(new int[]{x,y}); grid[x][y] = 2; } } } } //2.最后遍历如果为 1 且未被标记的话ret++ int ret = 0;//最后的结果 for(int i = 0;i < n;i++){ for(int j = 0;j < m;j++){ if(grid[i][j] == 1){ ret++; } } } //3.返回 ret return ret; } }

2.3 例题3：地图中的最高点 

• 题目链接：地图中的最高点

• 问题描述：

给你一个大小为 m x n 的整数矩阵 isWater ，它代表了一个由 陆地 和 水域 单元格组成的地图。

• 如果 isWater[i][j] == 0 ，格子 (i, j) 是一个 陆地 格子。
• 如果 isWater[i][j] == 1 ，格子 (i, j) 是一个 水域 格子。

你需要按照如下规则给每个单元格安排高度：

• 每个格子的高度都必须是非负的。
• 如果一个格子是 水域 ，那么它的高度必须为 0 。
• 任意相邻的格子高度差 至多 为 1 。当两个格子在正东、南、西、北方向上相互紧挨着，就称它们为相邻的格子。（也就是说它们有一条公共边）

找到一种安排高度的方案，使得矩阵中的最高高度值 最大 。

请你返回一个大小为 m x n 的整数矩阵 height ，其中 height[i][j] 是格子 (i, j) 的高度。如果有多种解法，请返回 任意一个 。

• 解题思路：

01矩阵的变型题，直接用多源 bfs 解决即可。任意相邻的格子高度差 至多 为 1，这个条件非常重要，因为有这个条件我们才能确定这题其实是用最短路的思路来解决。具体就是把所有水域的格子添加到队列中，一层一层遍历即可。

• 代码编写：

class Solution { int[] dx = {0,0,1,-1}; int[] dy = {1,-1,0,0}; public int[][] highestPeak(int[][] isWater) { //多源 bfs int n = isWater.length; int m = isWater[0].length; int[][] ans = new int[n][m]; //3.把返回数组初始化为 -1 for(int i = 0;i < n;i++){ Arrays.fill(ans[i],-1); } //1.找到所有的值为 1 的加入 bfs Queue<int[]> q = new LinkedList<>(); for(int i = 0;i < n;i++){ for(int j = 0;j < m;j++){ if(isWater[i][j] == 1){ ans[i][j] = 0; q.add(new int[]{i,j}); } } } while(!q.isEmpty()){ int size = q.size(); for(int i = 0;i < size;i++){ int[] tmp = q.poll(); int a = tmp[0],b = tmp[1];//这个地方不用再填值了 for(int k = 0;k < 4;k++){ int x = a + dx[k]; int y = b + dy[k]; if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && ans[x][y] == -1 && isWater[x][y] == 0){ ans[x][y] = ans[a][b] + 1;//直接在原来的数值上 + 1 即可 //不用再来一个time q.add(new int[]{x,y}); } } } } //4.返回答案 return ans; } }

2.4 例题4：地图分析

• 题目链接：地图分析

• 问题描述：

你现在手里有一份大小为 n x n 的 网格 grid，上面的每个 单元格 都用 0 和 1 标记好了。其中 0 代表海洋，1 代表陆地。

请你找出一个海洋单元格，这个海洋单元格到离它最近的陆地单元格的距离是最大的，并返回该距离。如果网格上只有陆地或者海洋，请返回 -1。

我们这里说的距离是「曼哈顿距离」（ Manhattan Distance）：(x0, y0) 和 (x1, y1) 这两个单元格之间的距离是 |x0 - x1| + |y0 - y1| 。

• 解题思路：

正难则反，把所有 1 的节点都进队，这样一次就可以把所有的 0 都填好（路径数）。和上面几题都差不多，多源 BFS 代码编写倒是不难，主要是要先转化一下，怎么把那么多节点变成 “超级源点”。

• 代码编写：

class Solution { int[] dx = {0,0,1,-1}; int[] dy = {1,-1,0,0}; public int maxDistance(int[][] grid) { //多源 bfs int n = grid.length; int m = grid[0].length; boolean[][] vis = new boolean[n][m]; //1.把 1 进 bfs Queue<int[]> q = new LinkedList<>(); for(int i = 0;i < n;i++){ for(int j = 0;j < m;j++){ if(grid[i][j] == 1){ q.add(new int[]{i,j}); } } } if(q.size() == 0 || q.size() == (n * m)){ return -1; } int time = 0; //2.time计数 while(!q.isEmpty()){ int size = q.size(); time++; for(int i = 0;i < size;i++){ int[] tmp = q.poll(); int a = tmp[0],b = tmp[1]; vis[a][b] = true; for(int k = 0;k < 4;k++){ int x = a + dx[k],y = b + dy[k]; if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && !vis[x][y] && grid[x][y] == 0){ q.add(new int[]{x,y}); //3.vis 去重 vis[x][y] = true; } } } } return time - 1; } }

• 小结：和单源 BFS 找最短路的模板基本一样，只要多加练习，代码编写是很简单的，重要的是思路，哪些题目可以使用多源 BFS 来解决，这个就需要多做题了👍👍👍。

结语：

其实写博客不仅仅是为了教大家，同时这也有利于我巩固知识点，和做一个学习的总结，由于作者水平有限，对文章有任何问题还请指出，非常感谢。如果大家有所收获的话还请不要吝啬你们的点赞收藏和关注，这可以激励我写出更加优秀的文章。