本文正在参加「Python主题月」，详情查看 活动链接
题目描述
这是 LeetCode 上的 127. 单词接龙 ，难度为 困难。
Tag : 「双向 BFS」
字典 wordList 中从单词 beginWord 和 endWord 的 转换序列 是一个按下述规格形成的序列：
- 序列中第一个单词是 beginWord 。
- 序列中最后一个单词是 endWord 。
- 每次转换只能改变一个字母。
- 转换过程中的中间单词必须是字典 wordList 中的单词。
给你两个单词 beginWord 和 endWord 和一个字典 wordList ，找到从 beginWord 到 endWord 的 最短转换序列 中的 单词数目 。如果不存在这样的转换序列，返回 0。
示例 1：
输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log","cog"]
输出：5
解释：一个最短转换序列是 "hit" -> "hot" -> "dot" -> "dog" -> "cog", 返回它的长度 5。
示例 2：
输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log"]
输出：0
解释：endWord "cog" 不在字典中，所以无法进行转换。
提示：
- 1 <= beginWord.length <= 10
- endWord.length == beginWord.length
- 1 <= wordList.length <= 5000
- wordList[i].length == beginWord.length
- beginWord、endWord 和 wordList[i] 由小写英文字母组成
- beginWord != endWord
- wordList 中的所有字符串 互不相同
基本分析
根据题意，每次只能替换一个字符，且每次产生的新单词必须在 wordList 出现过。
一个朴素的实现方法是，使用 BFS 的方式求解。
从 beginWord 出发，枚举所有替换一个字符的方案，如果方案存在于 wordList 中，则加入队列中，这样队列中就存在所有替换次数为 的单词。然后从队列中取出元素，继续这个过程，直到遇到 endWord 或者队列为空为止。
同时为了「防止重复枚举到某个中间结果」和「记录每个中间结果是经过多少次转换而来」，我们需要建立一个「哈希表」进行记录。
哈希表的 KV 形式为 { 单词 : 由多少次转换得到 }。
当枚举到新单词 str 时，需要先检查是否已经存在与「哈希表」中，如果不存在则更新「哈希表」并将新单词放入队列中。
这样的做法可以确保「枚举到所有由 beginWord 到 endWord 的转换路径」，并且由 beginWord 到 endWord 的「最短转换路径」必然会最先被枚举到。
双向 BFS
经过分析，BFS 确实可以做，但本题的数据范围较大：1 <= beginWord.length <= 10
朴素的 BFS 可能会带来「搜索空间爆炸」的情况。
想象一下，如果我们的 wordList 足够丰富（包含了所有单词），对于一个长度为 的 beginWord 替换一次字符可以产生 个新单词（每个替换点可以替换另外 个小写字母），第一层就会产生 个单词；第二层会产生超过 个新单词 ...
随着层数的加深，这个数字的增速越快，这就是「搜索空间爆炸」问题。
在朴素的 BFS 实现中，空间的瓶颈主要取决于搜索空间中的最大宽度。
那么有没有办法让我们不使用这么宽的搜索空间，同时又能保证搜索到目标结果呢？
「双向 BFS」 可以很好的解决这个问题：
同时从两个方向开始搜索，一旦搜索到相同的值，意味着找到了一条联通起点和终点的最短路径。
「双向 BFS」的基本实现思路如下：
- 创建「两个队列」分别用于两个方向的搜索；
- 创建「两个哈希表」用于「解决相同节点重复搜索」和「记录转换次数」；
- 为了尽可能让两个搜索方向“平均”，每次从队列中取值进行扩展时，先判断哪个队列容量较少；
- 如果在搜索过程中「搜索到对方搜索过的节点」，说明找到了最短路径。
「双向 BFS」基本思路对应的伪代码大致如下：
d1、d2 为两个方向的队列
m1、m2 为两个方向的哈希表，记录每个节点距离起点的
// 只有两个队列都不空，才有必要继续往下搜索
// 如果其中一个队列空了，说明从某个方向搜到底都搜不到该方向的目标节点
while(!d1.isEmpty() && !d2.isEmpty()) {
if (d1.size() < d2.size()) {
update(d1, m1, m2);
} else {
update(d2, m2, m1);
}
}
// update 为从队列 d 中取出一个元素进行「一次完整扩展」的逻辑
void update(Deque d, Map cur, Map other) {}
回到本题，我们看看如何使用「双向 BFS」进行求解。
估计不少同学是第一次接触「双向 BFS」，因此这次我写了大量注释。
建议大家带着对「双向 BFS」的基本理解去阅读。
代码：
class Solution {
String s, e;
Set<String> set = new HashSet<>();
public int ladderLength(String _s, String _e, List<String> ws) {
s = _s;
e = _e;
// 将所有 word 存入 set，如果目标单词不在 set 中，说明无解
for (String w : ws) set.add(w);
if (!set.contains(e)) return 0;
int ans = bfs();
return ans == -1 ? 0 : ans + 1;
}
int bfs() {
// d1 代表从起点 beginWord 开始搜索（正向）
// d2 代表从结尾 endWord 开始搜索（反向）
Deque<String> d1 = new ArrayDeque<>(), d2 = new ArrayDeque();
/*
* m1 和 m2 分别记录两个方向出现的单词是经过多少次转换而来
* e.g.
* m1 = {"abc":1} 代表 abc 由 beginWord 替换 1 次字符而来
* m1 = {"xyz":3} 代表 xyz 由 endWord 替换 3 次字符而来
*/
Map<String, Integer> m1 = new HashMap<>(), m2 = new HashMap<>();
d1.add(s);
m1.put(s, 0);
d2.add(e);
m2.put(e, 0);
/*
* 只有两个队列都不空，才有必要继续往下搜索
* 如果其中一个队列空了，说明从某个方向搜到底都搜不到该方向的目标节点
* e.g.
* 例如，如果 d1 为空了，说明从 beginWord 搜索到底都搜索不到 endWord，反向搜索也没必要进行了
*/
while (!d1.isEmpty() && !d2.isEmpty()) {
int t = -1;
// 为了让两个方向的搜索尽可能平均，优先拓展队列内元素少的方向
if (d1.size() <= d2.size()) {
t = update(d1, m1, m2);
} else {
t = update(d2, m2, m1);
}
if (t != -1) return t;
}
return -1;
}
// update 代表从 deque 中取出一个单词进行扩展，
// cur 为当前方向的距离字典；other 为另外一个方向的距离字典
int update(Deque<String> deque, Map<String, Integer> cur, Map<String, Integer> other) {
// 获取当前需要扩展的原字符串
String poll = deque.pollFirst();
int n = poll.length();
// 枚举替换原字符串的哪个字符 i
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 枚举将 i 替换成哪个小写字母
for (int j = 0; j < 26; j++) {
// 替换后的字符串
String sub = poll.substring(0, i) + String.valueOf((char)('a' + j)) + poll.substring(i + 1);
if (set.contains(sub)) {
// 如果该字符串在「当前方向」被记录过（拓展过），跳过即可
if (cur.containsKey(sub)) continue;
// 如果该字符串在「另一方向」出现过，说明找到了联通两个方向的最短路
if (other.containsKey(sub)) {
return cur.get(poll) + 1 + other.get(sub);
} else {
// 否则加入 deque 队列
deque.addLast(sub);
cur.put(sub, cur.get(poll) + 1);
}
}
}
}
return -1;
}
}
- 时间复杂度：令
wordList长度为 ，beginWord字符串长度为 。由于所有的搜索结果必须都在wordList出现过，因此算上起点最多有 节点，最坏情况下，所有节点都联通，搜索完整张图复杂度为 ；从beginWord出发进行字符替换，替换时进行逐字符检查，复杂度为 。整体复杂度为 - 空间复杂度：同等空间大小。
总结
这本质其实是一个「所有边权均为 1」最短路问题：将 beginWord 和所有在 wordList 出现过的字符串看做是一个点。每一次转换操作看作产生边权为 1 的边。问题求以 beginWord 为源点，以 endWord 为汇点的最短路径。
借助这个题，我向你介绍了「双向 BFS」，「双向 BFS」可以有效解决「搜索空间爆炸」问题。
对于那些搜索节点随着层数增加呈倍数或指数增长的搜索问题，可以使用「双向 BFS」进行求解。
【补充】启发式搜索 AStar
可以直接根据本题规则来设计 A* 的「启发式函数」。
比如对于两个字符串 a b 直接使用它们不同字符的数量来充当估值距离，我觉得是合适的。
因为不同字符数量的差值可以确保不会超过真实距离（是一个理论最小替换次数）。
注意：本题数据比较弱，用 A* 过了，但通常我们需要「确保有解」，A* 的启发搜索才会发挥真正价值。而本题，除非 endWord 本身就不在 wordList 中，其余情况我们无法很好提前判断「是否有解」。这时候 A* 将不能带来「搜索空间的优化」，效果不如「双向 BFS」。
Java 代码：
class Solution {
class Node {
String str;
int val;
Node (String _str, int _val) {
str = _str;
val = _val;
}
}
String s, e;
int INF = 0x3f3f3f3f;
Set<String> set = new HashSet<>();
public int ladderLength(String _s, String _e, List<String> ws) {
s = _s;
e = _e;
for (String w : ws) set.add(w);
if (!set.contains(e)) return 0;
int ans = astar();
return ans == -1 ? 0 : ans + 1;
}
int astar() {
PriorityQueue<Node> q = new PriorityQueue<>((a,b)->a.val-b.val);
Map<String, Integer> dist = new HashMap<>();
dist.put(s, 0);
q.add(new Node(s, f(s)));
while (!q.isEmpty()) {
Node poll = q.poll();
String str = poll.str;
int distance = dist.get(str);
if (str.equals(e)) {
break;
}
int n = str.length();
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < 26; j++) {
String sub = str.substring(0, i) + String.valueOf((char)('a' + j)) + str.substring(i + 1);
if (!set.contains(sub)) continue;
if (!dist.containsKey(sub) || dist.get(sub) > distance + 1) {
dist.put(sub, distance + 1);
q.add(new Node(sub, dist.get(sub) + f(sub)));
}
}
}
}
return dist.containsKey(e) ? dist.get(e) : -1;
}
int f(String str) {
if (str.length() != e.length()) return INF;
int n = str.length();
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
ans += str.charAt(i) == e.charAt(i) ? 0 : 1;
}
return ans;
}
}
Python 3 代码：
class Solution:
def ladderLength(self, beginWord: str, endWord: str, wordList: List[str]) -> int:
class PriorityQueue:
def __init__(self):
self.queue = []
self.explored = set()
def __contains__(self, item):
return item in self.explored
def __add__(self, other):
heapq.heappush(self.queue, other)
self.explored.add(other[2])
def __len__(self):
return len(self.queue)
def pop(self):
return heapq.heappop(self.queue)
def heuristic(curr, target):
return sum(1 for a, b in zip(curr, target) if a != b)
wordList = set(wordList)
if endWord not in wordList:
return 0
front = PriorityQueue()
front.__add__((1, 0, beginWord))
while front:
l, _, s = front.pop()
if s == endWord:
return l
for i in range(len(s)):
for c in string.ascii_lowercase:
t = s[:i] + c + s[i + 1:]
if t in wordList and t not in front:
front.__add__((l + 1, heuristic(t, endWord), t))
return 0
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.127 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：github.com/SharingSour… 。
在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。
