最小操作数

题目大意： 给定一个字典和两个单词。问能否从给定的第一个单词开始，每次只改变一个字母，最终变为第二个单词。要求除第一个单词和最后一个单词外，中间的单词都在给定的字典内。给出最小的最短的变换序列。如果有多组解，给出全部的解。字典里的单词都同样长，全由小写字母组成。

分析：本题是一个广度优先搜索的典型问题。

简介：图的两种搜索方法：常见的图搜索算法有两种，分别简介如下：

（1） 深度优先搜索 （Depth First Search，DFS):

            比如走迷宫问题，我们从入口开始沿着边不断地向“深处”走，能走则走。当遇到岔路时，我们按一定顺序选择第一条岔路继续下去，当遇到死路时，我们退回到最后一个岔路的位置再选择第二条岔路继续下去，直到我们遍历了图的所有边。这种搜索方法包含了递归回溯的思想。DFS有很多应用，例如有向图的强连通分量问题、拓扑排序问题都可以利用该思想解决。

             在实现上，我们通常采取堆栈作为数据结构，堆栈里保存的是我们经过的节点。当走到死路回退时，我们从堆栈里弹出这个没用的节点而回到上级节点继续尝试搜索。Dfs的优点是比较省空间（因为只保存了一条路径），程序写起来简单（特别是可以利用系统自带的堆栈写递归程序，而不需要自己写堆栈时）。但是dfs也有缺点，最明显的一条是当它找到一条路径(一个解)时，是任意的一个解，如果我们需要找到一个最优解，通常的dfs算法一般要遍历所有的解才可能找出。于是，人们为了提出了很多改进，最简单的是所谓分支定界，在每一步时把不可能是最优解的那些路“堵死”。比较复杂的是迭代加深dfs等。

（2） 广度优先搜索，也叫宽度优先搜索 （Bredth First Search, BFS):

            BFS的思想不如DFS那么直观。还是以走迷宫问题为例子，我们从入口开始，先把只走一步能到达的位置进行标记，再从只走一步能达到的位置再走一步标记新的节点……最终看能不能标记到出口。

            BFS做了什么？BFS做的事情是把一个图进行分层。起点在第0层，从起点开始只走一步能达到的未知在第一层。我们把从每一层的位置开始，标记只走一步能达到的未知作为下一层的节点。重复的节点因为在本层或者更早的层出现过，我们不予标记。这样可以用诸如数学归纳法似的形式化方法证明从起点到第i层的点至少需要走i步才可以到达。

            可见bfs可以处理“最少步数”的问题，每到达一个未知，一定是经过从起点达到未知最少的步数。Bfs有这个优点，但是它的缺点是存储空间通常比dfs大很多。我们只要最优解，可是同时存了许多没必要出现的解。为此，后人提出了A*算法之类的作为改进。BFS通常采用队列实现，每层的节点按层的先后顺序加入队列，第i层的节点逐个出队，第（i+1)层的节点逐个入队。

言归正传，相信大家已经能想到了本题我们应该采用bfs算法。那么我们还需要解决两个问题：

（1） 本题的图是什么？

            BFS是图的搜索算法之一，而本题没有给定图，其实很少有题目会直接告诉你一张图，然后让你遍历。图是隐式的结构，需要我们自己建立。涉及到图就有这么几个问题要思考，节点是什么？边如何建立？图是有方向的还是无方向的？

            对于本题，我们的图的节点是字典里地单词。当然，我们可以把给定的两个单词也加入字典中进行统一处理。两个节点有连边，对应着我们可以把一个单词按照规则变为另外一个单词。比如我们有单词hat，它应该与单词cat有一条连边，因为我们可以把h变为c，同样我们也可以把c变为h，所以我们建立的连边应该是无向的。

            如何建图？有两种办法,第一我们可以把字典里的任意两个单词，通过循环判断一下这两个单词是否只有一个位置上的字母不同。我们简单分析一下这个方法的复杂度，假设字典里有n个单词，我们遍历任意两个单词的复杂度是O(n²),假设每个单词长度为length，我们判断两个单词是否连边的复杂度是O(length)，所以这个建图的总复杂度是O(n²*length)。当n比较大时，这个复杂度非常高。

            第二种方法是，我们把字典里地每个单词的每个位置的字母修改一下，从字典里查找一下，修改后的单词是否在字典里出现过。这个算法的复杂度简单分析如下:我们需要遍历字典里地每一个单词O(n)，尝试修改每个位置的每个字母，对每个位置我们需要尝试26个字母（其实是25个，因为要改得和原来不同），因此这部分复杂度是O(26*length),总复杂度是O(26 * n * length)。

            两种方法孰优孰劣，只能看一下字典里单词个数与长度之间的关系了。但是通常情况下，我们可认为字典里的单词个数非常多,也就是n比较大，因此可能第二种方法效果会好一些。

            如果我们选择第二种方法建图，我们对每个单词每个未知需要尝试26次修改，事实上我们可以利用图是无向的这一特点，我们对每个位置试图把该位置的字母变到字典序更大的字母。例如，我们只考虑cat变成hat，而不考虑hat变成cat，因为再之前已经把无向边建立了。这样，只进行一半的修改次数，从而减少程序的运行时间。当然这个优化从复杂度上来讲是常数的，因此称为常数优化（我们经常忽略O背后隐藏的常数）。

（2） 如何记录单词序列？

            对于最简单的bfs，我们是如何记录路径的？如果只需要记录一条最短路径的话，我们可以对每个走到的位置，记录走到它的前一个位置。这样到终点后，我们可以不断找到它的前一个位置。我们利用了最短路径的一个特点：即第二次经过一个节点的时候，路径长度不比第一次经过它时短。因此这样的路径是没有圈的。

            但是本题需要记录全部的路径。我们第二次经过一个节点时，路径长度可能会和第一次经过一个节点时路径长度一样。这是因为，我们可能在第i层中有多个节点可以到达第(i + 1)层的同一个位置，这样那个位置有多条路径都是最短路径。但是我们也有办法解决——我们记录经过这个位置的前面所有位置的集合。这样一个节点的前驱不是一个节点，而是一个节点的集合。当然这里，我们需要注意判断，第二次经过一个第(i+ 1)层的位置时是从第i层经过的还是从更靠后的层经过的，如果是后者，我们同样不能保留它前面那个位置作为前驱。

            解决了以上两个问题，我们最终得到的是什么？如果有解的话，我们最终得到的是从终点开始，的前一个可能单词的集合，对每个单词，我们都有能得到它的上一个单词的集合，直到起点。这就是前面bfs分层之后的图，我们从终点开始遍历这个图的到起点的所有路径，就得到了所有的解，这个遍历我们可以采用之前介绍的dfs方法（路径的数目可能非常多）。

            其实，为了简单起见，我们可以从终点开始bfs，因为记录路径记录的是之前的节点，也就是反向的。这样最终可以按顺序从起点遍历到终点的所有路径。

代码：

class Solution
{
public:
// help 函数负责找到所有的路径
     void help(intx,vector<int> &d, vector &word,vectorint> > &next,vector &path,vector > &answer) {
        path.push_back(word[x]);
        if (d[x] == 0) {   //已经达到终点了
           answer.push_back(path);
        }
        else {
            int i;
            for (i = 0; i size(); ++i) {
                help(next[x][i],d, word, next,path,answer);
            }
        }
        path.pop_back();   //回溯
    }
    vector> findLadders(string start, string end, set& dict)
    {
          
       vector > answer;
        if (start == end) {   //起点终点恰好相等
            return answer;
        }
       //把起点终点加入字典的map
        dict.insert(start);
        dict.insert(end);
       set::iterator dt;
        vector word;
        mapint>allword;
      //把set转换为map，这样每个单词都有编号了。
        for (dt = dict.begin(); dt!= dict.end(); ++dt) {
            word.push_back(*dt);
           allword.insert(make_pair(*dt, allword.size()));
        }
 
        //建立连边 邻接表
       vectorint> > con;
        int i,j,n =word.size(),temp,len = word[0].length();
        con.resize(n);
        for (i = 0; i < n; ++i){
            for (j = 0; j 
                char c;
                for (c =word[i][j] + 1; c <= 'z'; ++c) {  //每个单词每个位置变更大
                    char last =word[i][j];
                    word[i][j] =c;
                   mapint>::iterator t = allword.find(word[i]);
                    if (t !=allword.end()) {
                        con[i].push_back(t->second);
                       con[t->second].push_back(i);
                    }
                    word[i][j] =last;
                }
            }
           
        }
     //以下是标准bfs过程
        queue<int> q;
        vector<int> d;
        d.resize(n, -1);
        int from = allword[start],to = allword[end];
        d[to] = 0;  //d记录的是路径长度，-1表示没经过
        q.push(to);
       vectorint> > next;
        next.resize(n);
        while (!q.empty()) {
            int x = q.front(), now= d[x] + 1;
            if ((d[from] >= 0)&& (now > d[from])) {
                break;
            }
            q.pop();
            for (i = 0; i size(); ++i) {
                int y = con[x][i];
                if (d[y] < 0) {  //第一次经过
                    d[y] = now;
                    q.push(y);
                   next[y].push_back(x);
                }
                else if (d[y] ==now) {  //是从上一层经过的，所以要保存
                   next[y].push_back(x);
                }
                
            }
        }
        if (d[from] >= 0) {  //有解
            vectorpath;
            help(from, d,word,next, path,answer);
        }
        return answer;
       
    }
};