上一篇讲了DFS，那么与之相应的就是BFS。也就是 宽度优先遍历，又称广度优先搜索算法。
首先，让我们回顾一下什么是“深度”：
更学术点的说法，能够看做“单位距离下，离起始状态的长度”
那么广度是什么呢？
个人认为，能够这么归纳：
何为广度？ 能够看做“距离初始状态距离相等的结点”的集合
那么BFS的核心思想就是：从初始结点開始，搜索生成第一层结点。检查目标结点是否在这些结点中，若没有，再将全部第一层的结点逐一进行搜索，得到第二层结点，并逐一检查第二层结点中是否包括目标结点。若没有，再继续搜索第二层全部结点……，如此依次扩展，直到发现目标结点为止。
这样就保证了：假设我如今找到了目标结点（也能够称作当前问题的解）。那么我之前肯定没有发现过目标结点，并且因为是广度优先搜索。所以当前的解一定是距离起始结点近期的，也就是最优解。因为第一个解就是最优解，那么我们就能够尝试打印出道路。
伪代码例如以下：
queue 结点队列
queue.push(起始节点)
while(结点队列不为空)
{
queue.front();
queue.pop();//取出头结点
if(头结点是目标结点)
{
跳出循环。
}
for(对下一层结点进行推断)
{
if(结点满足筛选条件)
{
queue.push(满足帅选条件的结点)
}
}
}那么对于上一篇文章中果园的地图，我们的部分状态是这种：
S 0 1 1 0
0 1 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 0 0
0 0 0 0 G
从S点開始，设S点坐标为（1,1）
(1,1)
->(1,2)//第一层
->(2,1)//第一层
->(3,1)//第二层
->(3,2)//第三层
->(4,1)//第三层
……
->(5,5)//找到目标结点，结束
BFS因为维护了一个队列。所以节省了递归须要消耗的时间，可是空间上却比递归消耗的多的多。假设须要找多个解或者每一个节点的状态比較多。可能会面临空间超限的情况。
所以：
- 求多个解，首先考虑DFS;
- 求单个解，首先考虑BFS
代表题目：HDU 1072 Nightmare
题目大意：在迷宫中有一个炸弹，过六个单位时间就会爆炸。要你求一个起点到迷宫的终点的最短距离，迷宫中有时间重置器，当你走到这个格子。炸弹的爆炸时间又一次置为0，迷宫中标识为墙壁的格子不能走。到达随意一个格子时，炸弹计数器为0时，则失败。
解题思路:最短距离。就想到用宽度优先遍历，可是要一个辅助的数组来保存每一个格子的时间信息。因为每一个格子前进一步的花费时间单位是一样的，所以宽度遍历的结果自然是最短距离。因为时间单位有限制。仅仅能走六个单元，仅仅有在这六个时间单位里到达了终点，或者走到了时间设置开关把炸弹计时器置为0才干继续走下去，所以要一个辅助数组来保存每一个格子剩余的最大时间单位，仅仅有走到当前的格子的剩余时间单位比之前的大时。这个状态才干增加队列中。
以下是代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct node
{
int x, y;
int step;
int t;
};
const int maxn = 9;
int dir[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
int maze[maxn][maxn], graph[maxn][maxn];
int n, m, ex, ey, ans;
bool bfs(int x, int y);
int main()
{
int test;
scanf("%d", &test);
while(test-- != 0)
{
scanf("%d %d", &n, &m);
int sx, sy;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < m; j++)
{
scanf("%d", &maze[i][j]);
if(maze[i][j] == 2)
sx = i, sy = j;
if(maze[i][j] == 3)
ex = i, ey = j;
graph[i][j] = 0;
}
}
if(bfs(sx, sy))
printf("%d
", ans);
else
printf("-1
");
}
return 0;
}
bool bfs(int x, int y)
{
queue<node> que;
node s;
s.x = x;
s.y = y;
s.step = 0;
s.t = 6;
graph[x][y] = 6;
que.push(s);
while(!que.empty())
{
node st = que.front();
que.pop();
if(st.x == ex && st.y == ey)
{
ans = st.step;
return true;
}
if(st.t == 1)
continue;
for(int i = 0; i < 4; i++)
{
int dx = st.x + dir[i][0];
int dy = st.y + dir[i][1];
if(dx >= 0 && dx < n && dy >= 0 && dy < m && maze[dx][dy] != 0)
{
node tmp;
tmp.x = dx; tmp.y = dy;
tmp.step = st.step + 1;
tmp.t = st.t - 1;
if(maze[dx][dy] == 4)
tmp.t = 6;
if(tmp.t > graph[dx][dy])
{
graph[dx][dy] = tmp.t;
que.push(tmp);
}
}
}
}
return false;
}