有 N
個房間,開始時你位於 0
號房間。每個房間有不同的號碼:0,1,2,...,N-1
,並且房間裏可能有一些鑰匙能使你進入下一個房間。
在形式上,對於每個房間 i
都有一個鑰匙列表 rooms[i]
,每個鑰匙 rooms[i][j]
由 [0,1,...,N-1]
中的一個整數表示,其中 N = rooms.length
。 鑰匙 rooms[i][j] = v
可以打開編號爲 v
的房間。
最初,除 0
號房間外的其餘所有房間都被鎖住。
你可以自由地在房間之間來回走動。
如果能進入每個房間返回 true
,否則返回 false
。
示例 1:
輸入: [[1],[2],[3],[]] 輸出: true 解釋: 我們從 0 號房間開始,拿到鑰匙 1。 之後我們去 1 號房間,拿到鑰匙 2。 然後我們去 2 號房間,拿到鑰匙 3。 最後我們去了 3 號房間。 由於我們能夠進入每個房間,我們返回 true。
示例 2:
輸入:[[1,3],[3,0,1],[2],[0]] 輸出:false 解釋:我們不能進入 2 號房間。
提示:
1 <= rooms.length <= 1000
0 <= rooms[i].length <= 1000
- 所有房間中的鑰匙數量總計不超過
3000
。
思路:使用 bfs 的思路,用 set 記錄是否訪問過了,進入每一個房間並將其房間鑰匙表入隊和進 set,set 的作用是避免重複訪問和最後輸出結果。
代碼:
class Solution {
public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
// 判空
if(rooms.size() == 0 || rooms == null) throw new IllegalArgumentException();
int N = rooms.size(); // 取得房間數
Set<Integer> set = new HashSet<>();
set.add(0);
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
List<Integer> room = rooms.get(0);
for(int i = 0;i < room.size() ; ++i){
queue.offer(room.get(i));
set.add(room.get(i));
}
while(!queue.isEmpty()){
int m = queue.poll();
set.add(m);
room = rooms.get(m);
for(int i = 0;i < room.size() ; ++i){
if(!set.add(room.get(i))) continue; // 避免重複訪問
queue.offer(room.get(i)); // 將鑰匙表入隊
}
}
for(int j = 0;j < N;++j){
// 看看是否有未進入的房間
if(!set.contains(j)) return false;
}
return true;
}
}