Algorithm 采访：寻找到少数元素的最短路径

有一个博物馆组织为NxN室。有些房间上锁，无法进入。其他房间是开放的，有些房间有警卫。警卫只能通过开放的房间，也只能在博物馆内，从北、南、东、西移动。对于每个房间，找到与警卫的最短距离。您的算法的时间复杂度是多少？

您只需将该博物馆视为一个图形，然后使用Dijikstra算法即可

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您可以在给定页面上讨论复杂性。

您可以在本系列文章中找到Dijkstra的最短路径算法：

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作为一个开始，考虑一个比较幼稚的方法。

将每个防护装置G作为房间集中的顶点，R=N*N，相邻房间（边）之间的可能路径E

如果必须知道所有房间的最小距离，则每个警卫到每个房间的BFS

这需要时间

G*（R+E）

，或者类似

G*（N*N+E）

，或者

G*（N*N）

这当然可以通过记忆优化，因为每个BFS将重复计算已经完成的子树。根据房间的配置，这可以大大降低上述时间复杂性的G。不过，我相信一定有比这更好的方法。

图形解决方案 每个房间都是一个节点 只有门开着的房间之间才有边缘 使用Floyd–Warshall算法，然后检查每个房间和每个警卫之间的最小距离

房间数-R=N^2

警卫人数-G

时间复杂度为O（R^3+R*G）=O（R^3）=O（N^6）

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R^3对于Floyd–Warshall

我假设一个函数edgeCost（I，j），它返回从房间I到房间j的转换成本（如果没有，则为无穷大，否则为1）。此外，edgeCost（i，i）=0，并且没有负循环。设R为房间数（在您的情况下，R=N^2）：

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或者您可能知道，Floyd Warshall算法（所有对最短路径），时间复杂度为O（| R |^3）。

如果我们使用人工源和从源到每个防护的零长度边来扩充博物馆图，那么单源最短路径树，可通过BFS（未加权）/Dijkstra（加权）在时间内计算（n2+g），给出每个房间到最近警卫的距离。

有一个队列，其条目中的每个条目都包含一个正方形和一个整数的地址。将所有警卫的位置放在一个队列中，每个位置都标记有整数“0”。每个正方形都应该有一个数字的空间，并且它们最初都应该为空

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然后，只要队列中有东西，就从队列中拉出一个条目，并检查有问题的方块是否有标记的值。如果有，就忽略该队列条目并继续下一个。否则，用队列中的值标记方块，并将所有可直接到达的相邻方块放在队列中，值为1 hi大于当前条目的值（因此，当第一批方块中的每一个从队列中拉出时，它们将得到值“1”）。每个方块为空时只会访问一次，每个访问过的方块最多会导致四个方块排队，因此通过队列的项目总数将是方块数的四倍，再加上警卫的数量。通过检查每个方块，可以很容易地将该值减少一个常数因子，以查看是否在将其添加到队列之前，它是空白的；这不会消除所有冗余队列，但会消除一些。

以下是最佳解决方案的摘要（O（N^2）），由IVlad和throwayacct提到。出于某种原因，他们的声音没有被听到：）

将NxN网格视为一个图形，其中节点表示房间，边表示相邻房间之间的门。所有边的权重均为1。一组节点U被标记为“受保护的房间”

其想法是使用BFS遍历，该遍历从连接到所有受保护房间的新节点开始，并从v0开始以递增的距离顺序扫描房间。每次访问一个节点时，为到达该节点而采取的步骤数表示与受保护房间的距离，并且由于路径扩展顺序，该距离保证最小：

Add an artificial node v0 and connect it to all nodes in U
Create a simple queue Q, that stores pairs <node, dist>
Q.enqueue(<v0, -1>) 
Create a hash set S, that contains all visited nodes
S.add(v0)
while not Q.isEmpty() {
    pathTail := Q.dequeue()
    output distance pathTail.dist for node pathTail.node
    for all neighbours v of pathTail.node
        if not S.contains(v)
            Q.add(<v, pathTail.dist + 1>)

    S.add(pathTail.node)

}

添加一个人工节点v0并将其连接到U中的所有节点
创建一个简单的队列Q，用于存储对
Q.排队（）
创建包含所有访问节点的哈希集S
S.add（v0）
而不是Q.isEmpty（）{
路径尾：=Q.dequeue（）
节点pathTail.node的输出距离pathTail.dist
对于pathTail.node的所有邻居v
如果不是，则S.包含（v）
Q.添加（）
S.add（pathTail.node）
}

复杂性分析

注意，图是平面的，所以我们有| V |+| E |=O（| V |）。因此，该BFS在O（| V |）=O（N^2）时间内运行

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事实上，我们对边的权重是一致的，这使得事情变得简单；保证队列具有单调的距离值。以dijkstra为例，边的权重可能不同，因此需要优先级队列，这会影响时间复杂度。这里提出的相同问题是，房间之间的重量不同，这需要O（NNlog N）时间。

我们为什么要回答这个问题？我们不是申请这份工作的人。这就是这个网站的全部内容，帮助人们解答问题，如果你不知道答案，我也可以。你的意思是“访问者只能向北、向南、向东和向西移动…”吗+1，这比过度杀戮的dijkstra，尤其是roy floyd建议的解决方案要好得多。在将所有防护插入队列后，通过运行基于队列的BFS，您可以将此问题归结为

O（N^2）

。您不必为每个guard.E=O（NN）重新运行BFS，因为每个顶点最多贡献4条边。因此，复杂性公式可以简化为O（GN*N）。实际上，房间的数量是

N^2

而不是

N

。我是

Add an artificial node v0 and connect it to all nodes in U
Create a simple queue Q, that stores pairs <node, dist>
Q.enqueue(<v0, -1>) 
Create a hash set S, that contains all visited nodes
S.add(v0)
while not Q.isEmpty() {
    pathTail := Q.dequeue()
    output distance pathTail.dist for node pathTail.node
    for all neighbours v of pathTail.node
        if not S.contains(v)
            Q.add(<v, pathTail.dist + 1>)

    S.add(pathTail.node)

}