1. 广度优先搜索简介

广度优先搜索算法（Breadth First Search）：简称为 BFS，又译作宽度优先搜索 / 横向优先搜索。是一种用于遍历或搜索树或图的算法。该算法从根节点开始，沿着树的宽度遍历树或图的节点。如果所有节点均被访问，则算法中止。

广度优先遍历类似于树的层次遍历过程。呈现出一层一层向外扩张的特点。先看到的节点先访问，后看到的节点后访问。遍历到的节点顺序符合「先进先出」的特点，所以广度优先搜索可以通过「队列」来实现。

2. 广度优先搜索过程演示

接下来我们以一个无向图为例，演示一下广度优先搜索的过程。

我们用邻接字典的方式存储无向图结构，对应结构代码如下：

# 定义无向图结构
graph = {
    "A": ["B", "C"],
    "B": ["A", "C", "D"],
    "C": ["A", "B", "D", "E"],
    "D": ["B", "C", "E", "F"],
    "E": ["C", "D"],
    "F": ["D"]
}

该无向图对应的邻接字典表示：无向图中有 A、B、C、D、E、F 共 6 个节点，其中与 A 节点相连的有 B、C 两个节点，与 B 节点相连的有 A、C、D 三个节点，等等。

该无向图的结构如图左所示，其宽度优先搜索的遍历路径如图右所示。

其广度优先搜索的遍历过程如下动图所示。

3. 基于队列实现的广度优先搜索

3.1 基于队列实现的广度优先搜索实现步骤

1. 定义 graph 为存储无向图的字典变量，start 为开始节点，def bfs(graph, start): 为队列实现的广度优先搜索方法。

2. 定义 visited 为标记访问节点的 set 集合变量，queue 为存放节点的队列。

3. 首先将起始节点标记为访问，即 visited.add(start)。并将其放入队列 queue中，即 queue.append(start)。

4. 从队列中取出第一个节点 node_u。访问节点 node_u，并对节点进行相关操作（看具体题目要求）。

5. 遍历与节点 node_u 相连并构成边的节点 node_v。

   • 如果 node_v 没有被访问过（即 node_v 不在 visited 中）：则将 node_v 节点放入队列中，并标记访问，即 q.append(node_v)，visited.add(node_v)。

6. 重复步骤 4 ~ 5，直到队列 queue 为空。

3.2 基于队列实现的广度优先搜索实现代码

import collections
​
def bfs(graph, start):
    visited = set()
    queue = collections.deque([])
    
    visited.add(start)
    queue.append(start)
    
    while queue:
        node_u = queue.popleft()
        print(node_u)
        for node_v in graph[node_u]:
            if node_v not in visited:
                visited.add(node_v)
                queue.append(node_v)

4. 广度优先搜索应用

4.1 克隆图

4.1.1 题目链接

• 133. 克隆图 - 力扣（LeetCode）

4.1.2 题目大意

描述：以每个节点的邻接列表形式（二维列表）给定一个无向连通图，其中 adjList[i] 表示值为 i + 1的节点的邻接列表，adjList[i][j] 表示值为 i + 1 的节点与值为 adjList[i][j] 的节点有一条边。

要求：返回该图的深拷贝。

说明：

• 节点数不超过 100。

• 每个节点值 $Node.val$ 都是唯一的，$1 \le Node.val \le 100$。

• 无向图是一个简单图，这意味着图中没有重复的边，也没有自环。

• 由于图是无向的，如果节点 p 是节点 q 的邻居，那么节点 q 也必须是节点 p 的邻居。

• 图是连通图，你可以从给定节点访问到所有节点。

示例：

输入：adjList = [[2,4],[1,3],[2,4],[1,3]]
输出：[[2,4],[1,3],[2,4],[1,3]]
解释：
图中有 4 个节点。
节点 1 的值是 1，它有两个邻居：节点 2 和 4 。
节点 2 的值是 2，它有两个邻居：节点 1 和 3 。
节点 3 的值是 3，它有两个邻居：节点 2 和 4 。
节点 4 的值是 4，它有两个邻居：节点 1 和 3 。

输入：adjList = [[2],[1]]
输出：[[2],[1]]

4.1.3 解题思路

思路 1：广度优先搜索

1. 使用哈希表 visited 来存储原图中被访问过的节点和克隆图中对应节点，键值对为 原图被访问过的节点：克隆图中对应节点。使用队列queue 存放节点。

2. 根据起始节点，创建一个新的节点，并将其添加到哈希表 visited 中，即 visited[node] = Node(node.val, [])。然后将起始节点放入队列 queue中，即 queue.append(node)。

3. 从队列中取出第一个节点 node_u。访问节点 node_u。

4. 遍历与节点 node_u 相连并构成边的节点 node_v。

   1. 如果 node_v 没有被访问过（即 node_v 不在 visited 中）：

      1. 则根据 node_v 创建一个新的节点，并将其添加到哈希表 visited 中，即 visited[node_v] = Node(node_v.val, [])。

      2. 然后将 node_v 节点放入队列 queue 中，即 queue.append(node_v)。

5. 重复步骤 3 ~ 4，直到队列 queue 为空。

6. 广度优先搜索结束，返回起始节点的克隆节点（即 visited[node]）。

思路 1：代码

class Solution:
    def cloneGraph(self, node: 'Node') -> 'Node':
        if not node:
            return node
        
        visited = dict()
        queue = collections.deque()
​
        visited[node] = Node(node.val, [])
        queue.append(node)
​
        while queue:
            node_u = queue.popleft()
            for node_v in node_u.neighbors:
                if node_v not in visited:
                    visited[node_v] = Node(node_v.val, [])
                    queue.append(node_v)
                visited[node_u].neighbors.append(visited[node_v])
        
        return visited[node]

思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$。其中 $n$ 为图中节点数量。

• 空间复杂度：$O(n)$。

4.2 岛屿的最大面积

4.2.1 题目链接

• 695. 岛屿的最大面积 - 力扣（LeetCode）

4.2.2 题目大意

描述：给定一个只包含 0、1 元素的二维数组，1 代表岛屿，0 代表水。一座岛的面积就是上下左右相邻的 1 所组成的连通块的数目。

要求：计算出最大的岛屿面积。

说明：

• $m == grid.length$。

• $n == grid[i].length$。

• $1 \le m, n \le 50$。

• $gridi$ 为 0 或 1。

示例：

输入：grid = [[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
输出：6
解释：答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。
​
​
输入：grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]]
输出：0

4.2.3 解题思路

思路 1：广度优先搜索

1. 使用 ans 记录最大岛屿面积。

2. 遍历二维数组的每一个元素，对于每个值为 1 的元素：

   1. 将该元素置为 0。并使用队列 q 存储该节点位置。使用 temp_ans 记录当前岛屿面积。

   2. 然后从队列 q 中取出第一个节点位置 (i, j)。遍历该节点位置上、下、左、右四个方向上的相邻节点。并将其置为 0（避免重复搜索）。并将其加入到队列中。并累加当前岛屿面积，即 temp_ans += 1。

   3. 不断重复上一步骤，直到队列 q 为空。

   4. 更新当前最大岛屿面积，即 ans = max(ans, temp_ans)。

思路 1：代码

import collections
​
class Solution:
    def maxAreaOfIsland(self, grid: List[List[int]]) -> int:
        directs = [(0, 1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0)]
        rows, cols = len(grid), len(grid[0])
        ans = 0
        for i in range(rows):
            for j in range(cols):
                if grid[i][j] == 1:
                    grid[i][j] = 0
                    temp_ans = 1
                    q = collections.deque([(i, j)])
                    while q:
                        i, j = q.popleft()
                        for direct in directs:
                            new_i = i + direct[0]
                            new_j = j + direct[1]
                            if new_i < 0 or new_i >= rows or new_j < 0 or new_j >= cols or grid[new_i][new_j] == 0:
                                continue
                            grid[new_i][new_j] = 0
                            q.append((new_i, new_j))
                            temp_ans += 1
​
                    ans = max(ans, temp_ans)
        return ans

思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n \times m)$，其中 $m$ 和 $n$ 分别为行数和列数。

• 空间复杂度：$O(n \times m)$。