BFS 解决 Word Ladder 问题

资源来源于 LeetCode127——Word Ladder。题目描述如下：

以题目给出的例子为例，其实就是在所有路径的权重都为1的情况下求出下列无向图中从节点 hit 到节点 cog 的最短路径：

Postscript：图中相互之间只相差一个字母的单词都是相邻节点。

这个就是图论算法中的单源最短路，求单源最短路比较通用的算法是 BFS 和 Dijkstra 算法，其区别是 BFS 不能用于带权重的图中, 而后者可以，可以看出在本题中两个字符串之间是无权重的, 也就是如果连通就是1, 不联通就是无穷。BFS 和 Dijkstra 的区别是前者的时间复杂度是 O(n), 后者最多优化到 O(mlogn)，所以如果条件成立一般选择 BFS 要更好。

先贴代码：

int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector<string>& wordList) {
    unordered_set<string> wordSet;
    for (int i = 0; i < wordList.size(); i ++) {
        wordSet.insert(wordList[i]);
    }
    queue<pair<string, int>> que;
    que.push(make_pair(beginWord, 1));
    while (!que.empty()) {
        auto val = que.front();
        que.pop();
        if (val.first == endWord) {
            return val.second;
        }
        for (int i = 0; i < val.first.size(); i ++) {
            string str = val.first;
            for (int j = 0; j < 26; j ++) { // 替换当前节点的单词current每个字符（从a~z），然后看看替换过后的单词是否在单词表中
                str[i] = 'a'+j;
                if (wordSet.count(str) == 1) {
                    que.push(make_pair(str, val.second+1));
                    wordSet.erase(str);
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}

笔者最开始的方法是把当前节点的单词 current 和 wordList 里面的所有词比较，不相同的字符的个数为1的时候 return true，否则return false。这样做的缺点是，不论如何都要遍历完整个wordList，查找时间复杂度是 $O(n)$，提交会提示超时。

在判断两个节点是否临接这个步骤中，有个提高效率的技巧，替换当前节点的单词 current 每个字符（从a~z），然后看看替换过后的单词是否在单词表中，由于我们是用 unordered_set 来保存单词表，虽然最坏情况下的时间复杂度会到$O(n)$，但一般情况下是可以在常数时间$O(1)$下访问的，因此使用 unordered_set::find 的时间复杂度是要低于线性时间复杂度的，这样就提高了效率。

unordered_set 是 C++ 11 中新加的容器，其内部实现与 set 大有不同， set 内部实现是基于 RB-Tree，而 unordered_set 内部实现是基于哈希表，该容器允许基于值的快速元素检索，同时也支持正向迭代。