Leetcode 127 Word Ladder I
這道題目首先想到的是DFS，或曰backtracking，也就是每次都找到一個可能的路徑，最後比較所有路徑中最小的就是題目所求。這樣做顯然需要較多的時間，因為我們遍歷了所有的可能性。那麼，有沒有更加快捷的方案呢？
答案是顯然的，那就是BFS。CareerCup上有這道題目，當時沒有注意總結成這麼抽象的方法，這次一定要好好總結一下。首先，雖然題目中沒有一個“圖”的概念，但是我們可以假想構建一個圖，其中圖中的每個頂點都是我們的元素，點和點是如何聯絡起來的呢？如果一個單詞通過改變一次字母，能夠變成另外一個單詞，我們稱之為1 edit distance 距離（是不是想起了leetcode中edit distance那道題目了？）所以，圖中的所有相鄰元素都是edit distance 距離為1的元素。那麼，我們只需要做BFS，哪裡最先遇到我們的target
word，那麼我們的距離就是多少。如果遍歷完所有的元素都沒有找到target word，那麼我們就返回1。
另外一個需要注意的地方就是，如果我們曾經遍歷過某個元素，我會將其從字典中刪除，以防以後再次遍歷到這個元素。這裡有幾種情況：
1.以後再也遍歷不到這個元素，那麼我們刪除它當然沒有任何問題。
2.我們以後會遍歷到該元素，又分為兩種情況：
(1)在本層我們就能遍歷到該元素。也就是說，我們到達這個元素有兩條路徑，而且它們都是最短路徑。
舉一個例子應該比較容易理解：比如hot->hog->dog->dig和hot->dot->dog->dig，那麼在第一次遍歷距離hot為1的元素時，我們找到了hog和dot。對hog遍歷時，我們找到了dog，並且將其從字典中刪除。那麼在遍歷距離dot為1的元素時，我們實際上是找不到dog的，因為已經被刪除了。對於本題來說，是沒有什麼影響的，因為到dog距離都是3，到dig距離都是4。但是後面我們做word ladder 2的時候，如果沒有考慮這個情況，將是非常致命的，因為題目要求輸出最短路徑的所有情況，我們稍後討論相關問題
(2)在更下層我們才能夠遍歷到該元素。比如hot->dot->dog->dig和hot->hat->dat->dag->dog->dig，如果第一次我們找到了dog並且將其刪除，那麼第二次我們實際上是找不到這個元素的。這樣對於本題來說，沒有任何影響。對於word ladder 2來說，因為也是要輸出最短路徑，所以也不會有任何影響。但是倘若我們要輸出從起點到終點的所有路徑，那麼我們就要小心這種情況了。
所以，從這裡我們也能夠得到這樣一個結論：對於題目來說，一定要深刻理解每一步為什麼要這樣做。因為每種方式或多或少都會根據題目的特性做一些優化（比如word ladder I 和word ladder II），不僅僅要知道為什麼要做優化，而且要知道優化的代價是什麼，在什麼情況下適用，什麼情況下不適用。
另外一點就是，每做一道題目都要好好總結一下，看看通過這道題目能夠學會什麼。好的題目，應該是會學會一個更加一般性的方法。現在沒有時間去看CLRS，但是好好總結每一道題目，學會的方法也不會少。
幾個程式中需要注意的細節：
1. ditance變數應該初始化為1。這個其實沒有定數，不過根據題目的要求，比如hot->hog->dog，距離是3，由於我們每次distance只有在變化的時候才能增加（也就是說，我們這個變數實際上反映的是，我們“變化”了多少層），所以應該初始化為1
2.如何初始化一個string。由於queue.front()返回的是元素的引用，因此我們必須拷貝那個變數，所以使用string str(queToPop.front());來初始化，然後將元素pop。
3.C++中，實際上提供了swap函式的模板，不得不說還是很方便的。
BFS method: 616ms to pass large set
class Solution { public: int ladderLength(string start, string end, unordered_set<string> &dict) { if (start.size() != end.size()) return 0; if (start.empty() || end.empty()) return 1; if (dict.size() == 0) return 0; int distance = 1; //!!! queue<string> queToPush, queToPop; queToPop.push(start); while (dict.size() > 0 && !queToPop.empty()) { while (!queToPop.empty()) { string str(queToPop.front()); //!!!how to initialize the str queToPop.pop(); //!!! should pop after it is used up for (int i = 0; i < str.size(); i++) { for (char j = 'a'; j <= 'z'; j++) { if (j == str[i]) continue; char temp = str[i]; str[i] = j; if (str == end) return distance + 1; //found it if (dict.count(str) > 0) //exists in dict { queToPush.push(str); //find all the element that is one edit away dict.erase(str); //delete corresponding element in dict in case of loop } str[i] = temp; // } } } swap(queToPush, queToPop); //!!! how to use swap distance++; } //end while return 0; //all the dict words are used up and we do not find dest word } //end function };
DFS method, Time Limit Exceed in large set:
class Solution { public: //when the two words are equal, we also must change 1 character at one time int Helper(string current, string dest, unordered_set<string>& dict, bool isFirstCall) { int ret = INT_MAX; if (current == dest && !isFirstCall) return 1; //the step to get here if (dict.empty()) return INT_MAX; //the dict is used up but we do not get the dest for (int i = 0; i < current.size(); i++) for (int j = 'a'; j <= 'z'; j++) { if (j == current[i]) //skip the current character continue; char temp = current[i]; current[i] = j; if (dict.count(current) > 0) //exist such a word in the dict { dict.erase(current); //delete such a word int rettemp = Helper(current, dest, dict); if (rettemp != INT_MAX) //have found dest { ret = min(rettemp + 1, ret); } dict.insert(current); } //pay attention to how to restore the element //restore in the corresponding nesting! current[i] = temp; } //ret can be INT_MAX or the distance value //if we do not find any 1 edit distance word in dict, return fail return ret; } int ladderLength(string start, string end, unordered_set<string> &dict) { if (start.size() != end.size()) return 0; if (start.empty() || end.empty() || dict.empty()) return 0; bool isEqual = false; if (start == end) isEqual = true; int temp = Helper(start, end, dict, isEqual); if (temp == INT_MAX) return 0; else return temp; } };