127. Word Ladder

int size = q.size();
for(int k = 0; k < size; k++){//for 次数

找到一个erase一个

q里面加入的是所有可能的替换一个字母过后的word 所以要在k的loop里记录替换次数

130. Surrounded Regions

刚拿到这个题,首先得想法就是BFS。对于每一个O,扫描其相邻节点,然后标示之,如果一个联通区域中有任何一个O在边界上,则保留之,否则清除该联通域。

小数据可以过,但是大数据提示Memory Limit Exceeded,代码中唯一用到的就是visited这个map,所以,系统期望的方法应该是不需要辅助空间的。

转换一下思路,真的需要开辟一个map在存储访问信息吗?其实这个可以省掉的,既然已经知道连通区域必须至少一个元素是在四边,那么一开始直接从四边开始扫描就好了,所以无法connect到得元素都是应该被清除的。所以,算法如下:
1. 从四条边上的O元素开始BFS,所有相连的O都赋个新值,比如‘Y’
2. 扫描整个数组,所有现存的O元素全部置为X,所有Y元素置为O

z注意:vector<int> x; vector<int> y; 在扫四边的临近点是不是‘O’的时候 不停加入符合的点 vector的size会变的 所以用while循环 直到x,y为空

207. Course Schedule

有向图的环检测
bool canFinish(int numCourses, vector<pair<int, int>>& prerequisites) {
///先来看BFS的解法,我们定义二维数组graph来表示这个有向图,一位数组in来表示每个顶点的入度。我们开始先根据输入来建立这个有向图,并将入度数组也初始化好。然后我们定义一个queue变量,将所有入度为0的点放入队列中,然后开始遍历队列,从graph里遍历其连接的点,每到达一个新节点,将其入度减一,如果此时该点入度为0,则放入队列末尾。直到遍历完队列中所有的值,若此时还有节点的入度不为0,则说明环存在,返回false,反之则返回true。
vector<vector<int>> graph(numCourses, vector<int>(0));
vector<int> indegree(numCourses, 0);
for(auto pre : prerequisites){
graph[pre[1]].push_back(pre[0]);////不能通过
indegree[pre[0]]++;
}
queue<int> q;
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
if(indegree[i] == 0) q.push(i);
}
while(!q.empty()){
int top = q.front();
q.pop();
for(auto a : graph[top]){
indegree[a]--;
if(indegree[a] == 0) q.push(a);
}
}
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
if(indegree[i] != 0) return false;
}
return true;
}
};

210. Course Schedule II

而此题正是基于之前解法的基础上稍加修改,我们从queue中每取出一个数组就将其存在结果中,最终若有向图中有环,则结果中元素的个数不等于总课程数,那我们将结果清空即可。

有向图的拓扑排序

vector<int> res;
vector<vector<int> > graph(numCourses, vector<int>(0));
vector<int> in(numCourses, 0);
for (auto &a : prerequisites) {
graph[a.second].push_back(a.first);
++in[a.first];
}
queue<int> q;
for (int i = 0; i < numCourses; ++i) {
if (in[i] == 0) q.push(i);
}
while (!q.empty()) {
int t = q.front();
res.push_back(t);
q.pop();
for (auto &a : graph[t]) {
--in[a];
if (in[a] == 0) q.push(a);
}
}
if (res.size() != numCourses) res.clear();
return res;

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