深度搜索(DFS)
点；然后退回到该顶点，搜索其它路径，直到以该顶点为始点的所有路径的顶点都被访问，深度搜索算法是递归算法，因为对于没一个节点来说，执行的是同样的操作。
?简单来说，深度搜素算法就是一条道走到黑，走不动了再回溯回去，选择其他路径，举个例子，对于下面的图，假设从1开始遍历：
用途
深度搜索常用于解决图的遍历问题（尤其是矩阵图如迷宫问题等），比如求解从某一个点到另一个点的最短距离，则只需遍历所有路径，在遍历同时记录路径长度，最后一定能找到最短的距离，但这种方法复杂度较高，因为要遍历完所有结点才能找到。
深度搜索是回溯法的主要方法，沿着一条路一直走，走不通再回溯到上一节点，选择其他路径。
深度搜索模板
int check(参数)
{
if(满足条件)
return 1;
return 0;
}
void dfs(int step)
{
判断边界if
{
到达边界时的操作（输出等）
}
未到边界时尝试每一种可能else
{
满足check条件 if
{
标记
继续下一步 : dfs(step+1)
恢复初始状态
}
};
}
深度搜索经典例题：【n-皇后问题】
n?皇后问题是指将 n 个皇后放在 n×n 的国际象棋棋盘上，使得皇后不能相互攻击到，即任意两个皇后都不能处于同一行、同一列或同一斜线上。
现在给定整数 n，请你输出所有的满足条件的棋子摆法。
输入格式
共一行，包含整数 n。
输出格式
每个解决方案占 n 行，每行输出一个长度为 n 的字符串，用来表示完整的棋盘状态。其中 . 表示某一个位置的方格状态为空，Q 表示某一个位置的方格上摆着皇后。每个方案输出完成后，输出一个空行。注意：行末不能有多余空格。输出方案的顺序任意，只要不重复且没有遗漏即可。
数据范围
1≤n≤9
输入样例
4
输出样例
.Q…
…Q
Q…
…Q.
…Q.
Q…
…Q
.Q…
（DFS按行枚举） 时间复杂度 O ( n ! ) O(n!)O(n!)
代码分析
对角线 d g [ u + i ] dg[u+i]dg[u+i]，反对角线u d g [ n ? u + i ]
udg[n?u+i]udg[n?u+i]中的下标 u + i u+iu+i和 n ? u + i n?u+in?u+i 表示的是截距
下面分析中的 ( x , y ) (x,y)(x,y) 相当于上面的 ( u , i ) (u,i)(u,i)
反对角线 y = x + b y=x+by=x+b, 截距 b = y ? x b=y?xb=y?x，因为我们要把 b 当做数组下标来用，显然 b 不能是负的，所以我们加上 +n（实际上+n+4,+2n都行），来保证是结果是正的，即 y ? x + n y - x + ny?x+n
而对角线 y = ? x + b y=?x+by=?x+b, 截距是 b = y + x b=y+xb=y+x，这里截距一定是正的，所以不需要加偏移量
核心目的：找一些合法的下标来表示 d g dgdg 或 u d g udgudg 是否被标记过，所以如果你愿意，你取 u d g [ n + n ? u + i ] udg[n+n?u+i]udg[n+n?u+i] 也可以，只要所有 ( u , i ) (u,i)(u,i) 对可以映射过去就行
题目答案
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100;
char g[N][N]; // g[N][N]用来存路径
// bool数组用来判断搜索的下一个位置是否可行
bool col[N],dg[N],udg[N]; // g[N][N]用来存路径
int n;
void dfs(int x){
// u == n 表示已经搜了n行，故输出这条路径
if(x == n){
for (int i = 0; i < n; ++i) puts(g[i]); // 等价于cout << g[i] << endl;
puts(""); // 换行
return;
}else{
for (int i = 0; i < n; ++i) {
// 剪枝(对于不满足要求的点，不再继续往下搜索)
// udg[n - u + i]，+n是为了保证下标非负
if(!col[i] && !dg[x+i] && !udg[n-x+i])
{
g[x][i] = 'Q';
col[i] = dg[x+i] = udg[n-x+i] = true;
dfs(x+1);
g[x][i] = '.';
col[i] = dg[x+i] = udg[n-x+i] = false;// 恢复现场 这步很关键
}
}
}
}
int main() {
cin>>n;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
g[i][j] = '.';
}
}
dfs(0);
return 0;
}
广度搜索（BFS）
搜索方法
广度搜索，顾名思义，就是更大范围内搜索，与深度搜索不同的是，深度搜索是一次搜索一条路径，一直搜索到走不通为止；而广度搜索是同时搜索所有路径，相当于一层一层地搜索，就好比波浪的扩展一样。此搜索方法跟树的层次遍历类似，因此宽度搜索一般都用队列存储结构。搜索原则：
搜索方法
（1）访问遍历出发顶点，该顶点入队
（2）队列不空，则队头顶点出队；
（3）访问出队顶点所有的未访问邻接点并将其入队；
（4）重复（2）（3），直到队空或者找到目标点
举个例子，还是对下面这个图进行广度遍历：
用途
虽然看似广度搜索一次扩张了很多个点，但实际上任然是一个结点一个结点地搜索，只是它是以层层扩张的方式进行搜索。广度搜索也常用于解决图的遍历，在求一个点到另一个点的最短距离时，广度搜索比深度搜索更有优势，因为广度搜索是层层遍历的，所以一定存在某条路径最先到达目标点，只要找到目标点后就退出，就不用搜索所有点。
?广度搜索也是分支限界法的主要算法（当然，分支限界也可能是广度搜索和宽度搜索的结合）。广度搜索最常解决的问题类型是：求从某一个状态到另一个状态的最小步数，每一个状态对应多个（扩展结点个数）不同的操作。
广度搜索模板
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
struct state
{
int a,b;//存储相应信息
int step;//存储当前结点的步数
};
queue<state>Q;
int bfs(int a,int b,int A,int B)//返回最小步数
{
//参数a,b是初始状态，
//参数A,B是目标状态判断条件；
while(!Q.empty())Q.pop();//清空队列
state P;
P.a=a;P.b=b;P.step=0;//初始结点
Q.push(P);//初始结点入队
while(!Q.empty())//队列非空
{
state head=Q.front();//保存队头
Q.pop();//队头出队
//以下扩展每个结点的邻接结点*************************
state p=head;
p.a=...//执行操作
p.b=...//执行操作
p.step++;//步数加一
//判断p.a,p.b是否合法（剪枝处理）
if(ok(p.a,p.b))
{
if(p.a==A&&p.b==B)//判断该状态是否满足目标状态
return p.step;//返回步数
Q.push(p);//否则入队
}
//扩展其他结点
......
//扩展结点结束*************************************
}
return -1;//不能到达目标状态，返回-1;
}
深度搜索经典例题：【走迷宫——边的权值相同】
给定一个 n ? m n*mn?m 的二维整数数组，用来表示一个迷宫，数组中只包含 0 或 1，其中 0 表示可以走的路，1 表示不可通过的墙壁。
最初，有一个人位于左上角 ( 1 , 1 ) (1, 1)(1,1)处，已知该人每次可以向上、下、左、右任意一个方向移动一个位置。
请问，该人从左上角移动至右下角 ( n , m ) (n, m)(n,m) 处，至少需要移动多少次。
据保证 ( 1 , 1 ) (1, 1)(1,1) 处和 ( n , m ) (n, m)(n,m) 处的数字为 0，且一定至少存在一条通路。
输入格式
第一行包含两个整数n和m。
接下来n行，每行包含m个整数（0或1），表示完整的二维数组迷宫。
输出格式
输出一个整数，表示从左上角移动至右下角的最少移动次数。
数据范围
1≤n,m≤100
输入样例
5 5
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0
输出样例
8
答案解析
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n,m;
int g[N][N],d[N][N]; // g记录迷宫，d记录该位置与起始位置的距离
typedef pair<int,int> PII;
queue<PII> q;
int bfs(){
int dx[] = {-1,0,1,0},dy[] = {0,1,0,-1};
q.push({0,0}); //从第一个元素开始访问
d[0][0] = 0;
while(!q.empty()){
auto t = q.front(); q.pop();
for(int i = 0;i < 4;i++){
int x = t.first+dx[i] , y = t.second+dy[i];
if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && g[x][y] == 0 && !d[x][y]){
d[x][y] = d[t.first][t.second]+1;
q.push({x,y});
}
}
}
return d[n-1][m-1];
}
int main() {
cin>>n>>m;
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < m; ++j)
cin>>g[i][j];
cout<<bfs()<<endl;
return 0;
}