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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。
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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。
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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 $1$ 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 $10$ 的 beginWord​ 替换一次字符可以产生 $10 * 25$ 个新单词（每个替换点可以替换另外 $25$ 个小写字母），第一层就会产生 $250$ 个单词；第二层会产生超过 $6 * 10^4$ 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：

1. 创建「两个队列」分别用于两个方向的搜索；
2. 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」；
3. 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；
4. 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) {}
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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;
    }
}
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• 时间复杂度：令 wordList 长度为 $n$，beginWord 字符串长度为 $m$。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 $n + 1$ 节点，最坏情况下，所有节点都联通，搜索完整张图复杂度为 $O(n^2)$ ；从 beginWord 出发进行字符替换，替换时进行逐字符检查，复杂度为 $O(m)$。整体复杂度为 $O(m * n^2)$
• 空间复杂度：同等空间大小。$O(m * n^2)$

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;
    }
}
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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
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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… 。

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