127. 单词接龙
题解出处：https://leetcode-cn.com/problems/word-ladder/solution/dan-ci-jie-long-by-leetcode-solution/
给定两个单词（beginWord 和 endWord）和一个字典，找到从 beginWord 到 endWord 的最短转换序列的长度。转换需遵循如下规则：
- 每次转换只能改变一个字母。
- 转换过程中的中间单词必须是字典中的单词。
说明:
- 如果不存在这样的转换序列，返回 0。
- 所有单词具有相同的长度。
- 所有单词只由小写字母组成。
- 字典中不存在重复的单词。
- 你可以假设 beginWord 和 endWord 是非空的，且二者不相同。
方法一：广度优先搜索 + 优化建图
思路
本题要求的是最短转换序列的长度，看到最短首先想到的就是广度优先搜索。想到广度优先搜索自然而然的就能想到图，但是本题并没有直截了当的给出图的模型，因此我们需要把它抽象成图的模型。
我们可以把每个单词都抽象为一个点，如果两个单词可以只改变一个字母进行转换，那么说明他们之间有一条双向边。因此我们只需要把满足转换条件的点相连，就形成了一张图。
基于该图，我们以 beginWord 为图的起点，以 endWord 为终点进行广度优先搜索，寻找 beginWord 到 endWord 的最短路径。
算法
基于上面的思路我们考虑如何编程实现。
首先为了方便表示，我们先给每一个单词标号，即给每个单词分配一个 id。创建一个由单词 word 到 id 对应的映射 wordId，并将 beginWord 与 wordList 中所有的单词都加入这个映射中。之后我们检查 endWord 是否在该映射内，若不存在，则输入无解。我们可以使用哈希表实现上面的映射关系。
然后我们需要建图，依据朴素的思路，我们可以枚举每一对单词的组合，判断它们是否恰好相差一个字符，以判断这两个单词对应的节点是否能够相连。但是这样效率太低，我们可以优化建图。
具体地，我们可以创建虚拟节点。对于单词 hit，我们创建三个虚拟节点 *it、h*t、hi*，并让 hit 向这三个虚拟节点分别连一条边即可。如果一个单词能够转化为 hit，那么该单词必然会连接到这三个虚拟节点之一。对于每一个单词，我们枚举它连接到的虚拟节点，把该单词对应的 id 与这些虚拟节点对应的 id 相连即可。
最后我们将起点加入队列开始广度优先搜索，当搜索到终点时，我们就找到了最短路径的长度。注意因为添加了虚拟节点，所以我们得到的距离为实际最短路径长度的两倍。同时我们并未计算起点对答案的贡献，所以我们应当返回距离的一半再加一的结果。
1 class Solution { 2 public: 3 vector<vector<int>> edge;//边 4 unordered_map<string,int> words;//结点 5 int num = 0; 6 7 int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector<string>& wordList) { 8 int end = inwordlist(endWord,wordList) ; 9 if( end == wordList.size()) return 0; 10 wordList.push_back(beginWord); 11 for(int i = 0 ; i < wordList.size(); i++){ 12 createline(wordList[i]); 13 } 14 vector<int> dis(num, INT_MAX);//距离 15 queue<int> find; 16 find.push(words[beginWord]); 17 dis[words[beginWord]] = 0; 18 19 while(!find.empty()){ 20 int now = find.front(); 21 for(int i = 0; i <edge[now].size();i++){ 22 if(dis[edge[now][i]]== INT_MAX){ 23 dis[edge[now][i]] = dis[now] +1; 24 find.push(edge[now][i]); 25 } 26 if(edge[now][i] == words[endWord]) { 27 return dis[words[endWord]]/2+1; 28 } 29 30 } 31 find.pop(); 32 } 33 return 0; 34 35 36 37 38 } 39 void createword(string A){ 40 if (!words.count(A)) { 41 words[A] = num; 42 num++; 43 edge.emplace_back(); 44 } 45 46 } 47 void createline(string A){ 48 createword(A); 49 int K = words[A]; 50 for(char& t : A){ 51 char tmp = t; 52 t = '*'; 53 createword(A); 54 edge[K].push_back(words[A]); 55 edge[words[A]].push_back(K); 56 t = tmp; 57 } 58 } 59 60 int inwordlist(string endWord, vector<string>& wordList){ 61 for(int i = 0; i<wordList.size();i++){ 62 if(endWord == wordList[i]) return i; 63 } 64 return wordList.size(); 65 } 66 };
根据给定字典构造的图可能会很大，而广度优先搜索的搜索空间大小依赖于每层节点的分支数量。假如每个节点的分支数量相同，搜索空间会随着层数的增长指数级的增加。考虑一个简单的二叉树，每一层都是满二叉树的扩展，节点的数量会以 2 为底数呈指数增长。
如果使用两个同时进行的广搜可以有效地减少搜索空间。一边从 beginWord 开始，另一边从 endWord 开始。我们每次从两边各扩展一层节点，当发现某一时刻两边都访问过同一顶点时就停止搜索。这就是双向广度优先搜索，它可以可观地减少搜索空间大小，从而提高代码运行效率。
