门 | GATE-CS-2004 | 问题20

这是一道来自GATE-CS-2004的问题20。考察的是图论中的遍历算法。

问题描述

有n个门，每个门都可以通过钥匙打开。每个门都只能由一个特定的钥匙打开，特定的钥匙可能被用来打开多个门。给定一个起始门和钥匙的集合，设计一个算法，确定我们是否可以遍历到所有门，即找到一种在不重复使用任何钥匙的情况下遍历所有门的方案。

输入格式

输入文件的第一行包含一个正整数N（2 ≤ N ≤ 1000）表示门的数量。

接下来N行包含每个门的描述，第i行包含两个整数Ti（0 ≤ Ti ≤ 1000）和Ki（1 ≤ Ki ≤ 100），分别表示所需的钥匙的数量和可以打开该门的钥匙的数量。接下来Ki个整数，表示可以打开该门的钥匙的编号（0 ≤ 钥匙编号 ≤ 1000）。

最后一行包含一个正整数S表示起始门的编号。

输出格式

如果存在一种方法可以遍历所有门，则输出"Yes"，否则输出"No"。

示例

输入：

5
1 2 1 2
2 2 2 3
1 1 1
1 1 1
1 0
1

输出：

Yes

解题思路

该问题可以转化为一个图论问题。将每个门作为图中的节点，钥匙之间的关系作为边。如果一把钥匙可以打开多个门，则在图中这些门之间可以建立一条边，用这把钥匙作为边的权值。

从起始门开始，我们需要遍历所有的门。为了保证不重复使用钥匙，使用dfs算法遍历图。在dfs的过程中，使用一个布尔数组visited记录每个门是否已经遍历过。

代码实现

def explore(graph, v, visited):
    visited[v] = True
    for u in graph[v]:
        if not visited[u]:
            explore(graph, u, visited)
            
def dfs(graph, start):
    visited = [False] * len(graph)
    explore(graph, start, visited)
    return all(visited)

n = int(input())
keys = [None] * n
graph = [[] for _ in range(n)]
for i in range(n):
    t, k, *ks = map(int, input().split())
    keys[i] = set(ks)
    for j in range(n):
        if i != j and keys[j] & keys[i]:
            graph[i].append(j)
            
print("Yes" if dfs(graph, int(input())-1) else "No")

上述代码使用Python实现dfs算法。将每个门的钥匙集合作为keys，图中每个节点的邻接节点作为graph。其中，graph[i]为第i个节点可以直接到达的节点的列表。

实现explore函数，遍历graph中某个节点v的所有邻居节点u。如果邻居节点u没有被访问过，则递归调用explore函数遍历u。

实现dfs函数，创建一个与graph相同长度的visited布尔数组，记录每个节点是否访问过。从起始门的节点开始遍历，使用explore函数遍历所有与起始节点直接相连的门的节点。如果visited数组中所有元素都是True，则表示我们可以遍历到所有的门。返回all(visited)即可。

代码中的map(int, input().split())将输入的一行字符串转化为int列表。

复杂度分析

该算法的时间复杂度为O(n^2)，空间复杂度为O(n)。在最坏情况下，所有门之间都只有一把共同的钥匙，每个门的钥匙集合都包含n-1个钥匙。此时，图中共有n(n-1)/2条边。因此，在构建图时的时间复杂度为O(n^2)。在dfs的遍历过程中，每个门最多遍历一次。因此，dfs的时间复杂度为O(n)。

总结

这是一道典型的图论问题。需要将问题抽象为一个图，使用dfs算法解决遍历问题。同时，代码实现中需要注意输入处理、数据结构选择、dfs算法的实现方式等方面。