一、题目描述
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。
输入:[[1,3],[3,0,1],[2],[0]]
输出:false
解释:我们不能进入 2 号房间。
二、题解
方法一:dfs
如果在 set 中没有这个房间号,可以判断该房间是没有被开启过的,可继续从该房间深搜
Set<Integer> set = null;
public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
set = new HashSet<>();
dfs(rooms, 0);
// for (int i : set) System.out.println(i);
return set.size() == rooms.size();
}
private void dfs(List<List<Integer>> rooms, int rId) {
if (set.contains(rId))
return;
set.add(rId);
for (int id : rooms.get(rId)) {
if (!set.contains(id)) {
dfs(rooms, id);
}
}
}
private void bfs(List<List<Integer>> rooms, int rId) {
Stack<Integer> stack = new Stack<>();
stack.push(rId);
while (!stack.isEmpty()) {
int id = stack.pop();
set.add(id);
for (int key : rooms.get(id)) {
if (!set.contains(key))
stack.push(key);
}
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度: ,
- 空间复杂度: ,
方法二:bfs
bfs 主题逻辑是一样的实现思路稍有不同。
Set<Integer> set = null;
public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
set = new HashSet<>();
bfs(rooms, 0);
return set.size() == rooms.size();
}
private void bfs(List<List<Integer>> rooms, int rId) {
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
queue.add(rId);
while (!queue.isEmpty()) {
int id = queue.poll();
set.add(id);
for (int key : rooms.get(id)) {
if (!set.contains(key)) {
queue.add(key);
}
}
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度: ,
- 空间复杂度: ,