DSA Interview Prep · Lekcja

BFS: najkrótsza ścieżka i przejście poziomami

Wykorzystają Państwo BFS do znalezienia najkrótszej ścieżki w grafie nieważonym, rozwiążą zadanie word-ladder poziomami i sklonują graf za pomocą mapy haszującej.

Lekcja 2 z 413 kroki

BFS: najkrótsza ścieżka i przejście poziomami to bezpłatna lekcja DSA Interview Prep na CoddyKit. To lekcja 2 z 4. Możesz przeczytać całą lekcję poniżej za darmo — a potem ćwiczyć ją interaktywnie w przeglądarce z wbudowanym edytorem kodu i tutorem AI dostępnym 24/7. To część ścieżki edukacyjnej DSA Interview Prep, a Twój postęp synchronizuje się między webem a aplikacją CoddyKit. Kurs DSA Interview Prep zawiera 4 lekcji w sumie.

BFS i najkrótsza ścieżka w grafach nieważonych

BFS znajduje najkrótszą ścieżkę (o najmniejszej liczbie krawędzi) w grafie nieważonym, ponieważ odwiedza wierzchołki w kolejności rosnącej odległości od źródła. Pierwsze dotarcie do wierzchołka podczas BFS odbywa się najkrótszą możliwą ścieżką. Ta właściwość nie zachodzi w przypadku DFS. Dla grafów ważonych z nieujemnymi wagami należy użyć algorytmu Dijkstry — BFS domyślnie traktuje wszystkie krawędzie tak, jakby miały wagę 1.

from collections import deque, defaultdict

def shortest_path(graph, start, end):
    if start == end:
        return 0
    visited = {start}
    queue = deque([(start, 0)])  # (node, distance)
    while queue:
        node, dist = queue.popleft()
        for neighbour in graph[node]:
            if neighbour == end:
                return dist + 1
            if neighbour not in visited:
                visited.add(neighbour)
                queue.append((neighbour, dist + 1))
    return -1  # no path found

graph = defaultdict(list)
for u, v in [(0,1),(1,2),(2,3),(0,3),(1,4)]:
    graph[u].append(v); graph[v].append(u)
print(shortest_path(graph, 0, 3))  # 1 (direct edge)
print(shortest_path(graph, 0, 4))  # 2 (0->1->4)

Śledzenie rzeczywistej najkrótszej ścieżki

Aby odtworzyć rzeczywistą ścieżkę, a nie tylko jej długość, należy użyć słownika rodziców, który zapisuje, w jaki sposób osiągnięto każdy wierzchołek. Po dotarciu do celu należy prześledzić mapę rodziców od końca do początku, a następnie odwrócić wynik. Zwiększa to zużycie pamięci o O(V) na mapę rodziców, ale po zakończeniu BFS pozwala uzyskać pełną ścieżkę w czasie O(długości ścieżki).

from collections import deque, defaultdict

def shortest_path_with_route(graph, start, end):
    parent = {start: None}
    queue = deque([start])
    while queue:
        node = queue.popleft()
        if node == end:
            break
        for nb in graph[node]:
            if nb not in parent:
                parent[nb] = node
                queue.append(nb)
    if end not in parent:
        return []  # no path
    # Reconstruct path by tracing back
    path = []
    node = end
    while node is not None:
        path.append(node)
        node = parent[node]
    return path[::-1]  # reverse

graph = defaultdict(list)
for u, v in [(0,1),(1,2),(2,3),(0,4),(4,3)]:
    graph[u].append(v); graph[v].append(u)
print(shortest_path_with_route(graph, 0, 3))  # [0, 4, 3] or [0, 1, 2, 3]

Word Ladder: BFS w grafie niejawnym

Word Ladder (LeetCode #127) wymaga znalezienia minimalnej liczby jednoliterowych zmian potrzebnych do przekształcenia słowa początkowego w słowo końcowe, przy czym każde słowo pośrednie musi znajdować się w słowniku. Jest to BFS w grafie niejawnym, w którym wierzchołkami są słowa, a krawędzie łączą słowa różniące się jedną literą. Należy wygenerować wszystkie jednoliterowe mutacje i sprawdzać, czy znajdują się one w zbiorze słów. BFS gwarantuje znalezienie minimalnej sekwencji przekształceń.

from collections import deque

def word_ladder(begin_word, end_word, word_list):
    word_set = set(word_list)
    if end_word not in word_set:
        return 0
    queue = deque([(begin_word, 1)])
    visited = {begin_word}
    while queue:
        word, steps = queue.popleft()
        for i in range(len(word)):
            for c in 'abcdefghijklmnopqrstuvwxyz':
                new_word = word[:i] + c + word[i+1:]
                if new_word == end_word:
                    return steps + 1
                if new_word in word_set and new_word not in visited:
                    visited.add(new_word)
                    queue.append((new_word, steps + 1))
    return 0

print(word_ladder('hit', 'cog', ['hot','dot','dog','lot','log','cog']))  # 5

Przechodzenie poziomami: śledzenie odległości

Przechodzenie poziomami grupuje wierzchołki według ich odległości od źródła, co jest bezpośrednio przydatne w zadaniach wymagających przetwarzania każdego poziomu osobno. Odległość można śledzić, zapisując ją w elemencie kolejki jako krotkę (node, dist) albo korzystając z techniki rozmiaru kolejki (przed każdym poziomem należy zapisać rozmiar kolejki, przetworzyć dokładnie tyle wierzchołków, a następnie zwiększyć licznik poziomu). Oba podejścia dają identyczne wyniki.

from collections import deque, defaultdict

def bfs_levels(graph, start):
    levels = {}
    visited = {start}
    queue = deque([start])
    dist = 0
    while queue:
        # Process all nodes at current distance
        for _ in range(len(queue)):
            node = queue.popleft()
            levels[node] = dist
            for nb in graph[node]:
                if nb not in visited:
                    visited.add(nb)
                    queue.append(nb)
        dist += 1
    return levels

graph = defaultdict(list)
for u, v in [(0,1),(0,2),(1,3),(2,3),(3,4)]:
    graph[u].append(v); graph[v].append(u)
print(bfs_levels(graph, 0))  # {0:0, 1:1, 2:1, 3:2, 4:3}

Clone Graph

Clone Graph (LeetCode #133) tworzy głęboką kopię spójnego grafu nieskierowanego. Należy użyć BFS oraz mapy haszującej mapującej oryginalne wierzchołki na ich kopie. Przy pierwszym odwiedzeniu wierzchołka należy utworzyć jego kopię i dodać ją do mapy. Podczas przetwarzania sąsiadów należy wyszukać ich kopie lub je utworzyć, a następnie połączyć krawędziami. Mapa haszująca pełni podwójną funkcję: śledzi odwiedzone wierzchołki i mapuje oryginały na kopie.

from collections import deque

class Node:
    def __init__(self, val=0, neighbors=None):
        self.val = val
        self.neighbors = neighbors if neighbors is not None else []

def clone_graph(node):
    if not node:
        return None
    old_to_new = {node: Node(node.val)}
    queue = deque([node])
    while queue:
        curr = queue.popleft()
        for nb in curr.neighbors:
            if nb not in old_to_new:
                old_to_new[nb] = Node(nb.val)
                queue.append(nb)
            old_to_new[curr].neighbors.append(old_to_new[nb])
    return old_to_new[node]

# Build a simple graph: 1 -- 2 -- 3 -- 4 -- 1
n1 = Node(1); n2 = Node(2); n3 = Node(3); n4 = Node(4)
n1.neighbors = [n2, n4]; n2.neighbors = [n1, n3]
n3.neighbors = [n2, n4]; n4.neighbors = [n3, n1]
cloned = clone_graph(n1)
print(cloned.val, [n.val for n in cloned.neighbors])  # 1 [2, 4]

BFS dwukierunkowy

BFS dwukierunkowy rozpoczyna przeszukiwanie jednocześnie od źródła i celu, rozwijając po jednym poziomie z każdego końca. Gdy oba fronty się spotkają, znaleziona zostaje najkrótsza ścieżka. W dużych grafach zmniejsza to przestrzeń przeszukiwania z O(b^d) do O(2 * b^(d/2)), gdzie b oznacza współczynnik rozgałęzienia, a d długość ścieżki — jest to znaczne usprawnienie w przypadku silnie połączonych grafów, takich jak graf Word Ladder z dużymi słownikami.

from collections import defaultdict

def word_ladder_bidir(begin, end, word_list):
    word_set = set(word_list)
    if end not in word_set:
        return 0
    front, back = {begin}, {end}
    visited = {begin, end}
    steps = 1
    while front and back:
        # Always expand the smaller frontier
        if len(front) > len(back):
            front, back = back, front
        next_front = set()
        for word in front:
            for i in range(len(word)):
                for c in 'abcdefghijklmnopqrstuvwxyz':
                    nw = word[:i] + c + word[i+1:]
                    if nw in back:  # frontiers met!
                        return steps + 1
                    if nw in word_set and nw not in visited:
                        visited.add(nw)
                        next_front.add(nw)
        front = next_front
        steps += 1
    return 0

print(word_ladder_bidir('hit','cog',['hot','dot','dog','lot','log','cog']))  # 5

BFS 0-1 dla grafów ważonych

BFS 0-1 obsługuje grafy, w których wagi krawędzi wynoszą wyłącznie 0 lub 1. Zamiast zwykłej kolejki należy użyć deque: dla krawędzi o wadze 1 dodawać element na końcu (następny poziom), a dla krawędzi o wadze 0 — na początku (ten sam poziom). Pozwala to obliczać najkrótsze ścieżki w czasie O(V + E), czyli szybciej niż algorytm Dijkstry działający w czasie O((V+E) log V), gdy wagi są binarne. Podejście to jest często używane w zadaniach dotyczących siatek, w których niektóre ruchy są darmowe, a inne kosztują 1.

from collections import deque

def zero_one_bfs(graph, start, n):
    # graph: list of (neighbour, weight) where weight is 0 or 1
    dist = [float('inf')] * n
    dist[start] = 0
    dq = deque([start])
    while dq:
        node = dq.popleft()
        for nb, w in graph[node]:
            if dist[node] + w < dist[nb]:
                dist[nb] = dist[node] + w
                if w == 0:
                    dq.appendleft(nb)   # same level
                else:
                    dq.append(nb)       # next level
    return dist

# Simple test:
graph = [[(1, 0), (2, 1)],   # node 0: free to 1, cost 1 to 2
         [(3, 1)],            # node 1: cost 1 to 3
         [(3, 0)],            # node 2: free to 3
         []]
print(zero_one_bfs(graph, 0, 4))  # [0, 0, 1, 1]

Walls and Gates (BFS z wieloma źródłami)

Walls and Gates wypełnia każde puste pomieszczenie odległością do najbliższej bramy. Należy użyć BFS z wieloma źródłami: jednocześnie zainicjalizować kolejkę wszystkimi bramami (wartość 0) i rozpocząć rozwijanie przeszukiwania na zewnątrz. Wartość każdej komórki jest ustawiana na poziom, na którym zostaje ona po raz pierwszy osiągnięta. To rozwiązanie o złożoności O(mn) jest wydajniejsze niż osobne uruchamianie BFS z każdego pustego pomieszczenia, które miałoby złożoność O(m²n²).

from collections import deque

def walls_and_gates(rooms):
    if not rooms:
        return
    rows, cols = len(rooms), len(rooms[0])
    INF = float('inf')
    queue = deque()
    # Multi-source: all gates at distance 0
    for r in range(rows):
        for c in range(cols):
            if rooms[r][c] == 0:  # gate
                queue.append((r, c))
    dirs = [(0,1),(0,-1),(1,0),(-1,0)]
    while queue:
        r, c = queue.popleft()
        for dr, dc in dirs:
            nr, nc = r+dr, c+dc
            if 0<=nr<rows and 0<=nc<cols and rooms[nr][nc]==INF:
                rooms[nr][nc] = rooms[r][c] + 1
                queue.append((nr, nc))

rooms = [[float('inf'),-1,0,float('inf')],
         [float('inf'),float('inf'),float('inf'),-1],
         [float('inf'),-1,float('inf'),-1],
         [0,-1,float('inf'),float('inf')]]
walls_and_gates(rooms)
print(rooms[0][0], rooms[1][1])  # 3, 2

BFS w zadaniu Snakes and Ladders

Snakes and Ladders (LeetCode #909) to problem znajdowania najkrótszej ścieżki za pomocą BFS na ponumerowanej planszy. Planszę należy zamodelować jako graf nieważony, w którym z dowolnego pola można wykonać rzut o 1–6 pól, a następnie trafić na węża lub drabinę, które teleportują gracza. BFS znajduje minimalną liczbę rzutów kostką. Kluczowym wyzwaniem jest konwersja między pozycją jednowymiarową a współrzędnymi planszy 2D z uwzględnieniem układu boustrofedonowego (naprzemiennego kierunku wierszy).

from collections import deque

def snakes_and_ladders(board):
    n = len(board)
    def get_board(pos):
        r, c = divmod(pos - 1, n)
        if r % 2 == 1: c = n - 1 - c  # alternating direction
        return board[n - 1 - r][c]

    visited = {1}
    queue = deque([(1, 0)])
    while queue:
        pos, moves = queue.popleft()
        for dice in range(1, 7):
            next_pos = pos + dice
            if next_pos > n * n:
                break
            val = get_board(next_pos)
            if val != -1:
                next_pos = val  # snake or ladder
            if next_pos == n * n:
                return moves + 1
            if next_pos not in visited:
                visited.add(next_pos)
                queue.append((next_pos, moves + 1))
    return -1

print('BFS models game as an unweighted shortest-path problem')

Złożoność i optymalizacje BFS

Złożoność czasowa BFS wynosi O(V + E), ponieważ każdy wierzchołek jest dodawany do kolejki raz, a każda krawędź jest analizowana stałą liczbę razy. Złożoność pamięciowa wynosi O(V) ze względu na zbiór odwiedzonych i kolejkę. W grafach reprezentowanych przez siatkę V = m*n, a E = 4*m*n (każda komórka ma 4 sąsiadów), więc BFS na siatce działa w czasie O(mn). Kluczowa optymalizacja: należy używać zbioru odwiedzonych (sprawdzanie w czasie O(1)), a nie listy (sprawdzanie w czasie O(n)). Wierzchołek należy oznaczać jako odwiedzony przy dodawaniu do kolejki, a nie przy usuwaniu z niej.

# BFS on a graph with V vertices and E edges:
# Time:  O(V + E) -- each vertex and edge visited once
# Space: O(V)     -- visited set + queue

# BFS on an m x n grid:
# V = m*n cells
# E <= 4*m*n edges (4 directions, max)
# Time:  O(m*n)
# Space: O(m*n)

# Common pitfalls:
# 1. Marking visited on dequeue (not enqueue) -> same node queued multiple times
# 2. Using a list for visited -> O(n) membership check -> O(V*E) total
# 3. Not handling disconnected graph -> BFS from single source misses components
print('O(V+E) time, O(V) space -- mark visited on enqueue')

Najbliższe 0 w macierzy binarnej

01 Matrix (LeetCode #542) znajduje odległość od każdej komórki do najbliższego zera. BFS z wieloma źródłami, uruchomiony jednocześnie dla wszystkich zer, zapewnia optymalne rozwiązanie o złożoności O(mn). Należy zainicjalizować kolejkę wszystkimi komórkami zawierającymi 0 w odległości 0, a wszystkim komórkom zawierającym 1 przypisać odległość równą nieskończoności. BFS propaguje odległości na zewnątrz od zer, ustawiając odległość każdej komórki zawierającej 1 przy pierwszym dotarciu do niej, co gwarantuje najkrótszą odległość.

from collections import deque

def update_matrix(mat):
    rows, cols = len(mat), len(mat[0])
    dist = [[float('inf')] * cols for _ in range(rows)]
    queue = deque()
    for r in range(rows):
        for c in range(cols):
            if mat[r][c] == 0:
                dist[r][c] = 0
                queue.append((r, c))
    dirs = [(0,1),(0,-1),(1,0),(-1,0)]
    while queue:
        r, c = queue.popleft()
        for dr, dc in dirs:
            nr, nc = r+dr, c+dc
            if 0<=nr<rows and 0<=nc<cols:
                if dist[r][c] + 1 < dist[nr][nc]:
                    dist[nr][nc] = dist[r][c] + 1
                    queue.append((nr, nc))
    return dist

mat = [[0,0,0],[0,1,0],[1,1,1]]
result = update_matrix(mat)
for row in result: print(row)  # [[0,0,0],[0,1,0],[1,2,1]]

Szybki test

Sprawdź swoje zrozumienie zagadnień z Data Structures & Algorithms — Coding Interview Prep omówionych w tej lekcji.

Podsumowanie lekcji

W tej lekcji nauczyli się Państwo: zastosowania BFS do znajdowania najkrótszych ścieżek w grafach nieważonych wraz ze śledzeniem rodziców w celu odtworzenia trasy, Word Ladder jako wzorcowego zastosowania BFS w grafie niejawnym, BFS dwukierunkowego w dużych grafach oraz BFS z wieloma źródłami w zadaniach z wieloma punktami początkowymi. Następnie zastosujemy DFS do znajdowania składowych spójnych i wykonywania operacji flood fill.

Bezpłatny start

Ucz się Python dzięki korepetycjom AI — za darmo

Pisz i uruchamiaj kod w przeglądarce, otrzymuj natychmiastową pomoc od korepetytora AI dostępnego 24/7 i kontynuuj naukę w sieci lub w aplikacji.

Kursy
30
Lekcje
120

Często zadawane pytania

Czy lekcja „BFS: najkrótsza ścieżka i przejście poziomami” jest bezpłatna?

Tak — pełny tekst „BFS: najkrótsza ścieżka i przejście poziomami” jest dostępny za darmo tutaj w sieci. Aby ćwiczyć ją interaktywnie (wbudowany edytor kodu i tutor AI dostępny 24/7) i odblokować resztę kursu DSA Interview Prep, przejdź na CoddyKit PRO. Kurs DSA Interview Prep zawiera 4 lekcji w sumie.

Co nauczysz się w „BFS: najkrótsza ścieżka i przejście poziomami”?

Wykorzystają Państwo BFS do znalezienia najkrótszej ścieżki w grafie nieważonym, rozwiążą zadanie word-ladder poziomami i sklonują graf za pomocą mapy haszującej. Ćwiczysz DSA Interview Prep z praktycznym kodem, który uruchamiasz bezpośrednio w przeglądarce, a tutor AI dostępny 24/7 odpowiada na Twoje pytania podczas pracy nad lekcją.

Czy potrzebuję doświadczenia, aby zacząć DSA Interview Prep?

Nie wymagamy żadnego doświadczenia. DSA Interview Prep w CoddyKit jest strukturyzowany dla początkujących i zaawansowanych użytkowników, więc możesz zacząć tutaj lub od początku i uczyć się w swoim tempie. To lekcja 2 z 4.

Ile czasu zajmuje lekcja „BFS: najkrótsza ścieżka i przejście poziomami”?

Większość lekcji CoddyKit trwa około 5–10 minut. Każda lekcja to mały, interaktywny krok, dzięki czemu robisz systematyczne postępy i zawsze wracasz dokładnie do tego samego miejsca — na webie i w aplikacji.

Czy mogę pisać i uruchamiać kod w tej lekcji DSA Interview Prep?

Tak. Każda lekcja DSA Interview Prep zawiera wbudowany edytor kodu, więc piszesz i uruchamiasz prawdziwy kod bezpośrednio w przeglądarce i od razu otrzymujesz sprzężenie zwrotne od AI — bez konfiguracji na komputerze.

Wszystkie lekcje w tym kursie

  1. Reprezentacje grafów i przygotowanie przejść
  2. BFS: najkrótsza ścieżka i przejście poziomami
  3. DFS: spójne składowe i flood fill
  4. Wykrywanie cykli w grafach skierowanych i nieskierowanych
← Powrót do DSA Interview Prep