雙向bfs就是在一直當前狀態和期望狀態時，從當前和期望兩個狀態同時出發，直到某個狀態同時被訪問到兩次，那麼當前狀態->被訪問兩次的狀態->目標狀態就是當前狀態到目標狀態的解。那具體會有多塊呢？加入每一次搜尋都有n個新的狀態（比如迷宮問題就是上下左右四個狀態），從起點到目標路徑長為m，那就要搜尋n+n
2+n3
+...
...+
nm
n+n^+n^+......+n^
n+n2+n
3+..
....
+nm個狀態，狀態數就是nm+
1n^
nm+1
數量級的，若是雙向廣搜呢？在路徑中點就能相遇，狀態數是2∗n
m/2+
12*n^
2∗nm/2
+1數量級的，比起樸素的bfs，列舉狀態數少了很多，所以對於從起始狀態和目標狀態已知的情況，我們可以使用雙向bfs來優化程式的時間複雜度。下面通過乙個例子來看看優化的效果。
原題傳送門->洛谷p1379
搜先看一下樸素的單搜
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
#define il inline
#define min(a,b) (a#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define max ((int)1e9)
struct node };
int dr[
2];int ans[3]
[3];
il bool
check
(const
int map[3]
[3])
il int
get(
int map[3]
[3])
return ans;
}map<
int,
bool
> vis;
intmain()
queue q;
q.push(0
});while
(!q.
empty()
)for
(int k =
0; k <
4; k++)}
}return0;
}
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
#define il inline
#define min(a,b) (a#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define max ((int)1e9)
int ans =
123804765
;int dr[
2]=;
il int
getint
(int map[3]
[3])
return ans;
}queue<
int> q1, q2;
map<
int,
int> cc;
map<
int,
int> res;
intmain()
q1.push
(g); cc[g]=1
; res[g]=0
;//兩個佇列，乙個向前，乙個向後
q2.push
(ans)
; cc[ans]=2
; res[ans]=0
;bool is;
while
(!q1.
empty()
||!q2.
empty()
)else
for(
int i =
2, g = now; i >=
0; i--
)for
(int j =
2; j >=
0; j--
)for
(int k =
0; k <
4; k++)if
(cc[now]
+ cc[temp]==3
) res[temp]
= res[now]+1
; cc[temp]
= cc[now];if
(is)q1.
push
(temp)
;else q2.
push
(temp)
;swap
[y][y_]);
}}}return0;
}
雙向BFS模板
如果已經知道搜尋的開始狀態和結束狀態，要找乙個滿足某種條件的一條路徑 一般是最短路徑 為了避免無謂的 組合 產生，就可以採取雙向廣度搜尋演算法，也就是從開始狀態和結束狀態同時開始搜尋，乙個向前搜，乙個向後找。這樣做的好處是什麼？我們不妨假設每次搜尋的分支因子是r，如果最短的路徑長為l的話 也就是搜了...
雙向bfs模板
原題鏈結 是個裸的雙向bfs的題，看到乙份比較好的 我以前好像都是寫的兩個bfs的，而他這個寫在一起了，而且更好得體現了一層一層的搜尋的思想 比如原來做題的時候就遇到過，因為我是 輸出除錯法來debug的，所以原來列印座標的時候不知道這個點是在第幾步搜出來的，其實搜完一層後，新加的就是下一層了 這個...
所謂的 雙向BFS
雙向bfs，既然是雙向的，那麼就得知道起點和終點，這樣，我們就可以進行雙向搜尋了。但是，雙向bfs是否真的可以提高效率呢？如果能，那麼又能提高多少呢？看到過乙個圖，說雙bfs可以在bfs的基礎上把時間和空間複雜度上都減半。實際上，在許多的實際應用中，往往不僅僅是減半！我們假設，單向bfs需要搜尋n層...