题目
有 N
个房间,开始时你位于 0
号房间。每个房间有不同的号码:0,1,2,...,N-1
,并且房间里可能有一些钥匙能使你进入下一个房间。
在形式上,对于每个房间 i
都有一个钥匙列表 rooms[i]
,每个钥匙 rooms[i][j]
由 [0,1,...,N-1]
中的一个整数表示,其中 N = rooms.length
。 钥匙 rooms[i][j] = v
可以打开编号为 v
的房间。
最初,除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。
你可以自由地在房间之间来回走动。
如果能进入每个房间返回 true
,否则返回 false
。
示例 1:
输入: [[1],[2],[3],[]]
输出: true
解释:
我们从 0 号房间开始,拿到钥匙 1。
之后我们去 1 号房间,拿到钥匙 2。
然后我们去 2 号房间,拿到钥匙 3。
最后我们去了 3 号房间。
由于我们能够进入每个房间,我们返回 true。
示例 2:
输入:[[1,3],[3,0,1],[2],[0]]
输出:false
解释:我们不能进入 2 号房间。
提示:
1 <= rooms.length <= 1000
0 <= rooms[i].length <= 1000
- 所有房间中的钥匙数量总计不超过 3000。
方案一(BFS)
def canVisitAllRooms(rooms: [[int]]) -> bool:
queue = [rooms[0]]
visited = { 0 } # 可以进入的房间
while queue:
keys = queue.pop()
for key in keys:
if key not in visited:
visited.add(key)
queue.append(rooms[key]) # 进入对应房间,并把钥匙加入队列
return len(rooms) == len(visited)
- 也可以选择在将钥匙加入队列的时候去除已经访问过的房间的钥匙
如下:
def canVisitAllRooms(rooms: [[int]]) -> bool:
queue = [set(rooms[0])]
visited = { 0 } # 可以进入的房间
while queue:
keys = queue.pop()
for key in keys:
if key not in visited:
visited.add(key)
queue.append(set(rooms[key]) - visited) # 进入对应房间,并把钥匙加入队列
return len(rooms) == len(visited)
- 时间复杂度基本相同
方案二(DFS/递归)
def canVisitAllRooms(rooms: [[int]]) -> bool:
visited = { 0 } # 可以进入的房间
def dfs(keys):
for key in keys:
if key not in visited:
visited.add(key)
dfs(rooms[key])
dfs(rooms[0])
return len(visited) == len(rooms)
原文
https://leetcode-cn.com/explore/learn/card/queue-stack/220/conclusion/893/