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841.钥匙和房间

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。

思路

本题其实给我们是一个有向图，意识到这是有向图很重要！

图中给我的两个示例： [[1],[2],[3],[]] [[1,3],[3,0,1],[2],[0]]，画成对应的图如下：

我们可以看出图1的所有节点都是链接的，而图二中，节点2 是孤立的。

这就很容易让我们想起岛屿问题，只要发现独立的岛，就是不能进入所有房间。

此时也容易想到用并查集的方式去解决。

但本题是有向图，在有向图中，即使所有节点都是链接的，但依然不可能从0出发遍历所有边。给大家举一个例子：

图3：[[5], [], [1, 3], [5]] ，如图：

在图3中，大家可以发现，节点0只能到节点5，然后就哪也去不了了。

所以本题是一个有向图搜索全路径的问题。只能用深搜（DFS）或者广搜（BFS）来搜。

关于DFS的理论，如果大家有困惑，可以先看我这篇题解： DFS理论基础

以下dfs分析大家一定要仔细看，本题有两种dfs的解法，很多题解没有讲清楚。看完之后相信你对dfs会有更深的理解。

深搜三部曲：

确认递归函数，参数

需要传入二维数组rooms来遍历地图，需要知道当前我们拿到的key，以至于去下一个房间。

同时还需要一个数组，用来记录我们都走过了哪些房间，这样好知道最后有没有把所有房间都遍历的，可以定义一个一维数组。

所以递归函数参数如下：

// key 当前得到的可以 
// visited 记录访问过的房间 
void dfs(const vector<vector<int>>& rooms, int key, vector<bool>& visited) {

确认终止条件

遍历的时候，什么时候终止呢？

这里有一个很重要的逻辑，就是在递归中，我们是处理当前访问的节点，还是处理下一个要访问的节点。

这决定终止条件怎么写。

首先明确，本题中什么叫做处理，就是 visited数组来记录访问过的节点，那么把该节点默认数组里元素都是false，把元素标记为true就是处理本节点了。

如果我们是处理当前访问的节点，当前访问的节点如果是 true ，说明是访问过的节点，那就终止本层递归，如果不是true，我们就把它赋值为true，因为我们处理本层递归的节点。

代码就是这样：

// 写法一：处理当前访问的节点
void dfs(const vector<vector<int>>& rooms, int key, vector<bool>& visited) {
    if (visited[key]) { // 本层递归是true，说明访问过，立刻返回
        return;
    }
    visited[key] = true; // 给当前遍历的节点赋值true 
    vector<int> keys = rooms[key];
    for (int key : keys) {
        // 深度优先搜索遍历
        dfs(rooms, key, visited);
    }
}

如果我们是处理下一层访问的节点，而不是当前层。那么就要在深搜三部曲中第三步：处理目前搜索节点出发的路径的时候对节点进行处理。

这样的话，就不需要终止条件，而是在搜索下一个节点的时候，直接判断下一个节点是否是我们要搜的节点。

代码就是这样的：

// 写法二：处理下一个要访问的节点
void dfs(const vector<vector<int>>& rooms, int key, vector<bool>& visited) {
    // 这里 没有终止条件，而是在 处理下一层节点的时候来判断
    vector<int> keys = rooms[key];
    for (int key : keys) { 
        if (visited[key] == false) { // 处理下一层节点，判断是否要进行递归
            visited[key] = true;
            dfs(rooms, key, visited);
        }       
    }
}

可以看出，如果看待我们要访问的节点，直接决定了两种不一样的写法，很多同学对这一块很模糊，其实做过这道题，也没有思考到这个维度上。

处理目前搜索节点出发的路径

其实在上面，深搜三部曲第二部，就已经讲了，因为终止条件的两种写法，直接决定了两种不一样的递归写法。

这里还有细节：

看上面两个版本的写法中，好像没有发现回溯的逻辑。

我们都知道，有递归就有回溯，回溯就在递归函数的下面，那么之前我们做的dfs题目，都需要回溯操作，例如：797.所有可能的路径， 为什么本题就没有回溯呢？

代码中可以看到dfs函数下面并没有回溯的操作。

此时就要在思考本题的要求了，本题是需要判断 0节点是否能到所有节点，那么我们就没有必要回溯去撤销操作了，只要遍历过的节点一律都标记上。

那什么时候需要回溯操作呢？

当我们需要搜索一条可行路径的时候，就需要回溯操作了，因为没有回溯，就没法“调头”，如果不理解的话，去看我写的 797.所有可能的路径的题解。

以上分析完毕，DFS整体实现C++代码如下：

// 写法一：处理当前访问的节点
class Solution {
private:
    void dfs(const vector<vector<int>>& rooms, int key, vector<bool>& visited) {
        if (visited[key]) {
            return;
        }
        visited[key] = true;
        vector<int> keys = rooms[key];
        for (int key : keys) {
            // 深度优先搜索遍历
            dfs(rooms, key, visited);
        }
    }
public:
    bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {
        vector<bool> visited(rooms.size(), false);
        dfs(rooms, 0, visited);
        //检查是否都访问到了
        for (int i : visited) {
            if (i == false) return false;
        }
        return true;
    }
};

写法二：处理下一个要访问的节点
class Solution {
private:  
    void dfs(const vector<vector<int>>& rooms, int key, vector<bool>& visited) {
        vector<int> keys = rooms[key];
        for (int key : keys) { 
            if (visited[key] == false) {
                visited[key] = true;
                dfs(rooms, key, visited);
            }       
        }
    }
public:
    bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {
        vector<bool> visited(rooms.size(), false); 
        visited[0] = true; // 0 节点是出发节点，一定被访问过
        dfs(rooms, 0, visited);  
        //检查是否都访问到了
        for (int i : visited) {
            if (i == false) return false;
        }
        return true;
    }
};

本题我也给出 BFS C++代码，至于BFS，我后面会有单独文章来讲，代码如下：

class Solution {
bool bfs(const vector<vector<int>>& rooms) {
    vector<int> visited(rooms.size(), 0); // 标记房间是否被访问过
    visited[0] = 1; //  0 号房间开始
    queue<int> que;
    que.push(0); //  0 号房间开始

    // 广度优先搜索的过程
    while (!que.empty()) {
        int key = que.front(); que.pop();
         vector<int> keys = rooms[key];
         for (int key : keys) {
             if (!visited[key]) {
                 que.push(key);
                 visited[key] = 1;
             }
         }
    }
    // 检查房间是不是都遍历过了
    for (int i : visited) {
        if (i == 0) return false;
    }
    return true;

}
public:
    bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {
        return bfs(rooms);
    }
};

其他语言版本

Java

class Solution {
     private void dfs(int key, List<List<Integer>>  rooms, List<Boolean> visited) {
        if (visited.get(key)) {
            return;
        }
        visited.set(key, true);
        for (int k : rooms.get(key)) {
            // 深度优先搜索遍历
            dfs(k, rooms, visited);
        }
    }
    public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
        List<Boolean> visited = new ArrayList<Boolean>(){{
            for(int i = 0 ; i < rooms.size(); i++){
                add(false);
            }
        }};
        dfs(0, rooms, visited);
        //检查是否都访问到了
        for (boolean flag : visited) {
            if (!flag) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
}

python3

class Solution:
    def dfs(self, key: int, rooms: List[List[int]]  , visited : List[bool] ) :
        if visited[key] :
            return
        visited[key] = True
        keys = rooms[key]
        for i in range(len(keys)) :
            # 深度优先搜索遍历
            self.dfs(keys[i], rooms, visited)

    def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool:
        visited = [False for i in range(len(rooms))]

        self.dfs(0, rooms, visited)

        # 检查是否都访问到了
        for i in range(len(visited)):
            if not visited[i] :
                return False
        return True

Go

func dfs(key int, rooms [][]int, visited []bool ) {
	if visited[key] {
		return;
	}

	visited[key] = true
	keys := rooms[key]
	for _ , key := range keys {
		// 深度优先搜索遍历
		dfs(key, rooms, visited);
	}
}

func canVisitAllRooms(rooms [][]int) bool {
	visited := make([]bool, len(rooms));
	dfs(0, rooms, visited);
	//检查是否都访问到了
	for i := 0; i < len(visited); i++ {
		if !visited[i] {
			return false;
		}
	}
	return true;
}

JavaScript

//DFS
var canVisitAllRooms = function(rooms) {
    const dfs = (key, rooms, visited) => {
        if(visited[key]) return;
        visited[key] = 1;
        for(let k of rooms[key]){
            // 深度优先搜索遍历
            dfs(k, rooms, visited);
        }
    }
    const visited = new Array(rooms.length).fill(false);
    dfs(0, rooms, visited);
    //检查是否都访问到了
    for (let i of visited) {
        if (!i) {
            return false;
        }
    }
    return true;
};

//BFS
var canVisitAllRooms = function(rooms) {
    const bfs = rooms => {
        const visited = new Array(rooms.length).fill(0); // 标记房间是否被访问过
        visited[0] = 1; // 0 号房间开始
        const queue = []; //js数组作为队列使用
        queue.push(0); //  0 号房间开始
        // 广度优先搜索的过程
        while(queue.length !== 0){
            let key = queue[0];
            queue.shift();
            for(let k of rooms[key]){
                if(!visited[k]){
                    queue.push(k);
                    visited[k] = 1;
                }
            }
        }
        // 检查房间是不是都遍历过了
        for(let i of visited){
            if(i === 0) return false;
        }
        return true;
    }
    return bfs(rooms);
};

TypeScript

// BFS
// rooms :就是一个链接表 表示的有向图
// 转换问题就是，一次遍历从 0开始 能不能 把所有的节点访问了,实质问题就是一个
// 层序遍历
function canVisitAllRooms(rooms: number[][]): boolean {
  const n = rooms.length;
  //  cnt[i] 代表节点 i 的访问顺序， cnt[i] = 0, 代表没被访问过
  let cnt = new Array(n).fill(0);
  let queue = [0];
  cnt[0]++;
  while (queue.length > 0) {
    const from = queue.shift();
    for (let i = 0; i < rooms[from].length; i++) {
      const to = rooms[from][i];
      if (cnt[to] == 0) {
        queue.push(to);
        cnt[to]++;
      }
    }
  }
  // 只要其中有一个节点 没被访问过，那么就返回 false
  return cnt.every((item) => item != 0);
}

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