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引言
关于这个 B F S BFS BFS 其实模板非常的简单，只不过我看这几年的题都不是简单的考模板了，说是 B F S BFS BFS ，其实就是纯思维题了，因为这个模板相当于人人都会，但是怎么去搜索就是一个问题了，就得靠你的做题了，加油！
一、大臣的旅费
标签：BFS
思路：问题核心就是求树的直径，最后根绝数学关系算出答案即可。树的直径的求法：任意找一个点进行
B
F
S
BFS
BFS ，再从最远的点作为起点再做一遍
B
F
S
BFS
BFS ，最远的就为树的直径。
题目描述：
很久以前，T 王国空前繁荣。
为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于连接首都和王国内的各大城市。
为节省经费，T 国的大臣们经过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间
接到达。
同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。
J 是 T 国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。
所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了 J 最常做的事情。
他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。
聪明的 J 发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关。
具体来说，一段连续的旅途里，第 1 千米的花费为 11，第 2 千米的花费为 12，第 3 千米的花费为 13，…，第 x 千米的花费为 x+10。
也就是说，如果一段旅途的总长度为 1 千米，则刚好需要花费 11，如果一段旅途的总长度为 2 千米，则第 1 千米花费 11，第 2
千米花费 12，一共需要花费 11+12=23。
J 大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n，表示包括首都在内的 T 王国的城市数。
城市从 1 开始依次编号，1 号城市为首都。
接下来 n−1 行，描述 T 国的高速路（T 国的高速路一定是 n−1 条）。
每行三个整数 Pi,Qi,Di，表示城市 Pi 和城市 Qi 之间有一条双向高速路，长度为 Di 千米。
输出格式
输出一个整数，表示大臣 J 最多花费的路费是多少。
数据范围
1≤n≤105,1≤Pi,Qi≤n,1≤Di≤1000
输入样例：
5
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4
输出样例：
135
示例代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y second
const int N = 1e5+10, M = N * 2;
int n;
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
int dist[N];
int maxv, maxid = 1;
void add(int a, int b, int c)
{
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void bfs()
{
memset(dist, -1, sizeof dist);
dist[maxid] = 0;
queue<int> q; q.push(maxid);
while(q.size())
{
int t = q.front(); q.pop();
for(int i = h[t]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(dist[j] != -1) continue;
dist[j] = dist[t] + w[i];
if(dist[j] > maxv) maxv = dist[j], maxid = j;
q.push(j);
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
memset(h, -1, sizeof h);
cin >> n;
for(int i = 0; i < n - 1; ++i)
{
int a, b, c; cin >> a >> b >> c;
add(a,b,c), add(b,a,c);
}
bfs();
bfs();
LL res = 10ll * maxv + (1ll + maxv) * maxv / 2;
cout << res << endl;
return 0;
}
二、全球变暖
标签：BFS
思路：在遍历每一块陆地的时候，统计该块陆地的陆地数和之后的海洋数，陆地数就是入对的个数，海洋数就是每块陆地是否有一边挨着海洋，然后看是否陆地数等于海洋数，等于最终答案加一。
题目描述：
你有一张某海域 N×N 像素的照片，”.”表示海洋、”#”表示陆地，如下所示：
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......
其中”上下左右”四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿，例如上图就有 2 座岛屿。
由于全球变暖导致了海面上升，科学家预测未来几十年，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。
具体来说如果一块陆地像素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。
例如上图中的海域未来会变成如下样子：
.......
.......
.......
.......
....#..
.......
.......
请你计算：依照科学家的预测，照片中有多少岛屿会被完全淹没。
输入格式
第一行包含一个整数N。
以下 N 行 N 列，包含一个由字符”#”和”.”构成的 N×N 字符矩阵，代表一张海域照片，”#”表示陆地，”.”表示海洋。
照片保证第 1 行、第 1 列、第 N 行、第 N 列的像素都是海洋。
输出格式
一个整数表示答案。
数据范围
1≤N≤1000
输入样例1：
7
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......
输出样例1：
1
输入样例2：
9
.........
.##.##...
.#####...
.##.##...
.........
.##.#....
.#.###...
.#..#....
.........
输出样例2：
1
示例代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y second
const int N = 1010;
int n, m;
char g[N][N];
bool st[N][N];
int dir[4][2] = {0,1,0,-1,1,0,-1,0};
bool bfs(PII S)
{
st[S.x][S.y] = true;
int sea = 0, oil = 1;
queue<PII> q; q.push({S.x,S.y});
while(q.size())
{
auto t = q.front(); q.pop();
bool flag = false;
for(int i = 0; i < 4; ++i)
{
int x = t.x + dir[i][0];
int y = t.y + dir[i][1];
if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n) continue;
if(st[x][y]) continue;
if(g[x][y] == '.') {flag = true; continue;}
oil++;
st[x][y] = true;
q.push({x,y});
}
if(flag) sea++;
}
return sea == oil;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> g[i];
int res = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
{
if(!st[i][j] && g[i][j] == '#')
{
if(bfs({i,j})) res++;
}
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}
三、岛屿个数
标签：
思路：构建一圈外围海洋，这个海洋是八连通的，然后如果海洋碰到陆地就
B
F
S
BFS
BFS 就行了，如果碰不到就不遍历，然后统计次数就行了。因为有环的是四连通的，如果不是四连通的那么就可以拿八连通的海水去灌，有环的灌不进去，无环的能灌进去。
题目描述：
小蓝得到了一副大小为 M×N 的格子地图，可以将其视作一个只包含字符 0（代表海水）和 1（代表陆地）的二维数组，地图之外
可以视作全部是海水，每个岛屿由在上/下/左/右四个方向上相邻的 1 相连接而形成。
在岛屿 A 所占据的格子中，如果可以从中选出 k 个不同的格子，使得他们的坐标能够组成一个这样的排列：(x0,y0),(x1,y1)
,...,(xk−1,yk−1)，其中 (x(i+1)%k,y(i+1)%k) 是由 (xi,yi) 通过上/下/左/右移动一次得来的 (0≤i≤k−1)，此时这 k 个格子就构成了一个
“环”。
如果另一个岛屿 B 所占据的格子全部位于这个 “环” 内部，此时我们将岛屿 B 视作是岛屿 A 的子岛屿。
若 B 是 A 的子岛屿，C 又是 B 的子岛屿，那 C 也是 A 的子岛屿。
请问这个地图上共有多少个岛屿？
在进行统计时不需要统计子岛屿的数目。
输入格式
第一行一个整数 T，表示有 T 组测试数据。
接下来输入 T 组数据。
对于每组数据，第一行包含两个用空格分隔的整数 M、N 表示地图大小；接下来输入 M 行，每行包含 N 个字符，字符只可能是 0 或 1。
输出格式
对于每组数据，输出一行，包含一个整数表示答案。
数据范围
对于 30% 的评测用例，1≤M,N≤10。
对于 100% 的评测用例，1≤T≤10，1≤M,N≤50。
输入样例：
2
5 5
01111
11001
10101
10001
11111
5 6
111111
100001
010101
100001
111111
输出样例：
1
3
样例解释
对于第一组数据，包含两个岛屿，下面用不同的数字进行了区分：
01111
11001
10201
10001
11111
岛屿 2 在岛屿 1 的 “环” 内部，所以岛屿 2 是岛屿 1 的子岛屿，答案为 1。
对于第二组数据，包含三个岛屿，下面用不同的数字进行了区分：
111111
100001
020301
100001
111111
注意岛屿 3 并不是岛屿 1 或者岛屿 2 的子岛屿，因为岛屿 1 和岛屿 2 中均没有“环”。
示例代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y second
const int N = 55;
int T;
int n, m;
char g[N][N];
bool st[N][N];
int res;
void bfs(PII S)
{
st[S.x][S.y] = true;
int dir[4][2] = {0,1,0,-1,1,0,-1,0};
queue<PII> q; q.push(S);
while(q.size())
{
auto t = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < 4; ++i)
{
int x = t.x + dir[i][0];
int y = t.y + dir[i][1];
if(x < 1 || x > n || y < 1 || y > m) continue;
if(st[x][y] || g[x][y] == '0') continue;
st[x][y] = true;
q.push({x,y});
}
}
}
void bfs_sea()
{
st[0][0] = true;
int dir[8][2] = {-1,-1,-1,0,-1,1,0,-1,0,1,1,-1,1,0,1,1};
queue<PII> q; q.push({0,0});
while(q.size())
{
auto t = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < 8; ++i)
{
int x = t.x + dir[i][0];
int y = t.y + dir[i][1];
if(x < 0 || x > n + 1 || y < 0 || y > m + 1) continue;
if(st[x][y]) continue;
if(g[x][y] == '1') bfs({x,y}), res++;
else
{
st[x][y] = true;
q.push({x,y});
}
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--)
{
cin >> n >> m;
memset(g, '0', sizeof g);
memset(st, 0, sizeof st); res = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
for(int j = 1; j <= m; ++j)
{
cin >> g[i][j];
}
}
bfs_sea();
cout << res << endl;
}
return 0;
}
