Given two words (beginWord and endWord), and a dictionary's word list, find the length of shortest transformation sequence from beginWord to endWord, such that:
- Only one letter can be changed at a time.
- Each transformed word must exist in the word list. Note that beginWord is not a transformed word.
Note:
- Return 0 if there is no such transformation sequence.
- All words have the same length.
- All words contain only lowercase alphabetic characters.
- You may assume no duplicates in the word list.
- You may assume beginWord and endWord are non-empty and are not the same.
Example 1:
Input: beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log","cog"] Output: 5 Explanation: As one shortest transformation is "hit" -> "hot" -> "dot" -> "dog" -> "cog", return its length 5.
Example 2:
Input: beginWord = "hit" endWord = "cog" wordList = ["hot","dot","dog","lot","log"] Output: 0 Explanation: The endWord "cog" is not in wordList, therefore no possible transformation.
这道词句阶梯的问题给了我们一个单词字典，里面有一系列很相似的单词，然后给了一个起始单词和一个结束单词，每次变换只能改变一个单词，并且中间过程的单词都必须是单词字典中的单词，让我们求出最短的变化序列的长度。这道题还是挺有难度的，我当然是看了别人的解法才写出来的，这没啥的，从不会到完全掌握才是成长嘛～
当拿到题就懵逼的我们如何才能找到一个科学的探索解题的路径呢，那就是先别去管代码实现，如果让我们肉身解题该怎么做呢？让你将 'hit' 变为 'cog'，那么我们发现这两个单词没有一个相同的字母，所以我们就尝试呗，博主会先将第一个 'h' 换成 'c'，看看 'cit' 在不在字典中，发现不在，那么把第二个 'i' 换成 'o'，看看 'hot' 在不在，发现在，完美！然后尝试 'cot' 或者 'hog'，发现都不在，那么就比较麻烦了，我们没法快速的达到目标单词，需要一些中间状态，但我们怎么知道中间状态是什么。简单粗暴的方法就是brute force，遍历所有的情况，我们将起始单词的每一个字母都用26个字母来替换，比如起始单词 'hit' 就要替换为 'ait', 'bit', 'cit', .... 'yit', 'zit'，将每个替换成的单词都在字典中查找一下，如果有的话，那么说明可能是潜在的路径，要保存下来。那么现在就有个问题，比如我们换到了 'hot' 的时候，此时发现在字典中存在，那么下一步我们是继续试接下来的 'hpt', 'hqt', 'hrt'... 还是直接从 'hot' 的首字母开始换 'aot', 'bot', 'cot' ... 这实际上就是BFS和DFS的区别，到底是广度优先，还是深度优先。讲到这里，不知道你有没有觉得这个跟什么很像？对了，跟迷宫遍历很像啊，你想啊，迷宫中每个点有上下左右四个方向可以走，而这里有26个字母，就是二十六个方向可以走，本质上没有啥区别啊！如果熟悉迷宫遍历的童鞋们应该知道，应该用BFS来求最短路径的长度，这也不难理解啊，DFS相当于一条路走到黑啊，你走的那条道不一定是最短的啊。而BFS相当于一个小圈慢慢的一层一层扩大，相当于往湖里扔个石头，一圈一圈扩大的水波纹那种感觉，当水波纹碰到湖上的树叶时，那么此时水圈的半径就是圆心到树叶的最短距离。脑海中有没有浮现出这个生动的场景呢？
明确了要用BFS，我们可以开始解题了，为了提到字典的查找效率，我们使用HashSet保存所有的单词。然后我们需要一个HashMap，来建立某条路径结尾单词和该路径长度之间的映射，并把起始单词映射为1。既然是BFS，我们需要一个队列queue，把起始单词排入队列中，开始队列的循环，取出队首词，然后对其每个位置上的字符，用26个字母进行替换，如果此时和结尾单词相同了，就可以返回取出词在哈希表中的值加一。如果替换词在字典中存在但在哈希表中不存在，则将替换词排入队列中，并在哈希表中的值映射为之前取出词加一。如果循环完成则返回0，参见代码如下：
解法一：
class Solution { public: int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector<string>& wordList) { unordered_set<string> wordSet(wordList.begin(), wordList.end()); if (!wordSet.count(endWord)) return 0; unordered_map<string, int> pathCnt{{{beginWord, 1}}}; queue<string> q{{beginWord}}; while (!q.empty()) { string word = q.front(); q.pop(); for (int i = 0; i < word.size(); ++i) { string newWord = word; for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ++ch) { newWord[i] = ch; if (wordSet.count(newWord) && newWord == endWord) return pathCnt[word] + 1; if (wordSet.count(newWord) && !pathCnt.count(newWord)) { q.push(newWord); pathCnt[newWord] = pathCnt[word] + 1; } } } } return 0; } };
其实我们并不需要上面解法中的HashMap，由于BFS的遍历机制就是一层一层的扩大的，那么我们只要记住层数就行，然后在while循环中使用一个小trick，加一个for循环，表示遍历完当前队列中的个数后，层数就自增1，这样的话我们就省去了HashMap，而仅仅用一个变量res来记录层数即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution { public: int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector<string>& wordList) { unordered_set<string> wordSet(wordList.begin(), wordList.end()); if (!wordSet.count(endWord)) return 0; queue<string> q{{beginWord}}; int res = 0; while (!q.empty()) { for (int k = q.size(); k > 0; --k) { string word = q.front(); q.pop(); if (word == endWord) return res + 1; for (int i = 0; i < word.size(); ++i) { string newWord = word; for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ++ch) { newWord[i] = ch; if (wordSet.count(newWord) && newWord != word) { q.push(newWord); wordSet.erase(newWord); } } } } ++res; } return 0; } };
类似题目：
参考资料：
https://leetcode.com/problems/word-ladder/description/
https://leetcode.com/problems/word-ladder/discuss/40728/Simple-Java-BFS-solution-with-explanation