841. 钥匙和房间

题目描述

有 n 个房间，房间按从 0 到 n - 1 编号。最初，除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。你的目标是进入所有的房间。然而，你不能在没有获得钥匙的时候进入锁住的房间。

当你进入一个房间，你可能会在里面找到一套 不同的钥匙，每把钥匙上都有对应的房间号，即表示钥匙可以打开的房间。你可以拿上所有钥匙去解锁其他房间。

给你一个数组 rooms 其中 rooms[i] 是你进入 i 号房间可以获得的钥匙集合。如果能进入所有房间返回 true，否则返回 false。

示例 1：

输入：rooms = [[1],[2],[3],[]]
输出：true
解释：
我们从 0 号房间开始，拿到钥匙 1。
之后我们去 1 号房间，拿到钥匙 2。
然后我们去 2 号房间，拿到钥匙 3。
最后我们去了 3 号房间。
由于我们能够进入每个房间，我们返回 true。

示例 2：

输入：rooms = [[1,3],[3,0,1],[2],[0]]
输出：false
解释：我们不能进入 2 号房间。

提示：

n == rooms.length
2 <= n <= 1000
0 <= rooms[i].length <= 1000
1 <= sum(rooms[i].length) <= 3000
0 <= rooms[i][j] < n
所有 rooms[i] 的值 互不相同

解法

方法一：DFS

我们可以使用深度优先搜索的方法遍历整张图，统计可以到达的节点个数，并利用数组 vis 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问。

最后统计访问过的节点个数，若与节点总数相同则说明可以访问所有节点，否则说明存在无法到达的节点。

时间复杂度 $O(n + m)$，空间复杂度 $O(n)$，其中 $n$ 为节点个数，而 $m$ 为边的个数。

Python3JavaC++GoTypeScriptRust

class Solution:
    def canVisitAllRooms(self, rooms: List[List[int]]) -> bool:
        def dfs(i: int):
            if i in vis:
                return
            vis.add(i)
            for j in rooms[i]:
                dfs(j)

        vis = set()
        dfs(0)
        return len(vis) == len(rooms)

class Solution {
    private int cnt;
    private boolean[] vis;
    private List<List<Integer>> g;

    public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
        g = rooms;
        vis = new boolean[g.size()];
        dfs(0);
        return cnt == g.size();
    }

    private void dfs(int i) {
        if (vis[i]) {
            return;
        }
        vis[i] = true;
        ++cnt;
        for (int j : g.get(i)) {
            dfs(j);
        }
    }
}

class Solution {
public:
    bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {
        int n = rooms.size();
        int cnt = 0;
        bool vis[n];
        memset(vis, false, sizeof(vis));
        function<void(int)> dfs = [&](int i) {
            if (vis[i]) {
                return;
            }
            vis[i] = true;
            ++cnt;
            for (int j : rooms[i]) {
                dfs(j);
            }
        };
        dfs(0);
        return cnt == n;
    }
};

func canVisitAllRooms(rooms [][]int) bool {
    n := len(rooms)
    cnt := 0
    vis := make([]bool, n)
    var dfs func(int)
    dfs = func(i int) {
        if vis[i] {
            return
        }
        vis[i] = true
        cnt++
        for _, j := range rooms[i] {
            dfs(j)
        }
    }
    dfs(0)
    return cnt == n
}

function canVisitAllRooms(rooms: number[][]): boolean {
    const n = rooms.length;
    const vis: boolean[] = Array(n).fill(false);
    const dfs = (i: number) => {
        if (vis[i]) {
            return;
        }
        vis[i] = true;
        for (const j of rooms[i]) {
            dfs(j);
        }
    };
    dfs(0);
    return vis.every(v => v);
}

impl Solution {
    pub fn can_visit_all_rooms(rooms: Vec<Vec<i32>>) -> bool {
        let n = rooms.len();
        let mut is_open = vec![false; n];
        let mut keys = vec![0];
        while !keys.is_empty() {
            let i = keys.pop().unwrap();
            if is_open[i] {
                continue;
            }
            is_open[i] = true;
            rooms[i].iter().for_each(|&key| keys.push(key as usize));
        }
        is_open.iter().all(|&v| v)
    }
}

方法二：BFS

我们也可以使用广度优先搜索的方法遍历整张图，用一个哈希表或者数组 vis 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问。

具体地，我们定义一个队列 $q$，初始时将节点 $0$ 放入队列中，然后不断遍历队列。每次取出队首节点 $i$，如果 $i$ 被访问过则直接跳过，否则我们将其标记为已访问，然后将 $i$ 可以到达的节点加入队列中。