原文链接: https://leetcode-cn.com/problems/word-ladder-ii

英文原文

A transformation sequence from word beginWord to word endWord using a dictionary wordList is a sequence of words beginWord -> s1 -> s2 -> ... -> sk such that:

• Every adjacent pair of words differs by a single letter.
• Every si for 1 <= i <= k is in wordList. Note that beginWord does not need to be in wordList.
• sk == endWord

Given two words, beginWord and endWord, and a dictionary wordList, return all the shortest transformation sequences from beginWord to endWord, or an empty list if no such sequence exists. Each sequence should be returned as a list of the words [beginWord, s1, s2, ..., sk].

 

Example 1:

Input: beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log","cog"]
Output: [["hit","hot","dot","dog","cog"],["hit","hot","lot","log","cog"]]
Explanation: There are 2 shortest transformation sequences:
"hit" -> "hot" -> "dot" -> "dog" -> "cog"
"hit" -> "hot" -> "lot" -> "log" -> "cog"

Example 2:

Input: beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log"]
Output: []
Explanation: The endWord "cog" is not in wordList, therefore there is no valid transformation sequence.

 

Constraints:

• 1 <= beginWord.length <= 5
• endWord.length == beginWord.length
• 1 <= wordList.length <= 1000
• wordList[i].length == beginWord.length
• beginWord, endWord, and wordList[i] consist of lowercase English letters.
• beginWord != endWord
• All the words in wordList are unique.

中文题目

按字典 wordList 完成从单词 beginWord 到单词 endWord 转化，一个表示此过程的 转换序列 是形式上像 beginWord -> s1 -> s2 -> ... -> sk 这样的单词序列，并满足：

• 每对相邻的单词之间仅有单个字母不同。
• 转换过程中的每个单词 si（1 <= i <= k）必须是字典 wordList 中的单词。注意，beginWord 不必是字典 wordList 中的单词。
• sk == endWord

给你两个单词 beginWord 和 endWord ，以及一个字典 wordList 。请你找出并返回所有从 beginWord 到 endWord 的 最短转换序列 ，如果不存在这样的转换序列，返回一个空列表。每个序列都应该以单词列表 [beginWord, s1, s2, ..., sk] 的形式返回。

 

示例 1：

输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log","cog"]
输出：[["hit","hot","dot","dog","cog"],["hit","hot","lot","log","cog"]]
解释：存在 2 种最短的转换序列：
"hit" -> "hot" -> "dot" -> "dog" -> "cog"
"hit" -> "hot" -> "lot" -> "log" -> "cog"

示例 2：

输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log"]
输出：[]
解释：endWord "cog" 不在字典 wordList 中，所以不存在符合要求的转换序列。

 

提示：

• 1 <= beginWord.length <= 7
• endWord.length == beginWord.length
• 1 <= wordList.length <= 5000
• wordList[i].length == beginWord.length
• beginWord、endWord 和 wordList[i] 由小写英文字母组成
• beginWord != endWord
• wordList 中的所有单词 互不相同

通过代码

高赞题解

给定两个单词，一个作为开始，一个作为结束，还有一个单词列表。然后依次选择单词，只有当前单词到下一个单词只有一个字母不同才能被选择，然后新的单词再作为当前单词，直到选到结束的单词。输出这个的最短路径，如果有多组，则都输出。

思路分析

如果我们从开始的单词，把与之能够转换的单词连起来，它就会长成下边的样子。

橙色表示结束单词，上图橙色的路线就是我们要找的最短路径。所以我们要做的其实就是遍历上边的树，然后判断当前节点是不是结束单词，找到结束单词后，还要判断当前是不是最短的路径。说到遍历当然就是两种思路了，DFS 或者 BFS。

解法一 DFS

利用回溯的思想，做一个 DFS。

首先要解决的问题是怎么找到节点的所有孩子节点。这里有两种方案。

第一种，遍历 wordList 来判断每个单词和当前单词是否只有一个字母不同。

[]

for (int i = 0; i < wordList.size(); i++) {

    String curWord = wordList.get(i);

    //符合只有一个单词不同，就进入递归

    if (oneChanged(beginWord, curWord)) {

        //此时代表可以从 beginWord -> curWord

    }

}



private boolean oneChanged(String beginWord, String curWord) {

    int count = 0;

    for (int i = 0; i < beginWord.length(); i++) {

        if (beginWord.charAt(i) != curWord.charAt(i)) {

            count++;

        }

        if (count == 2) {

            return false;

        }

    }

    return count == 1;

}

这种的时间复杂度的话，如果 wordList 长度为 m，每个单词的长度为 n。那么就是 O(mn)。

第二种，将要找的节点单词的每个位置换一个字符，然后看更改后的单词在不在 wordList 中。

[]

//dict 就是 wordList，为了提高速度，从 List 转为 HashSet

//cur 是我们要考虑的单词

private List<String> getNext(String cur, Set<String> dict) {

    List<String> res = new ArrayList<>();

    char[] chars = cur.toCharArray();

    //考虑每一位

    for (int i = 0; i < chars.length; i++) {

        char old = chars[i];

        //考虑变成其他所有的字母

        for (char c = 'a'; c <= 'z'; c++) {

            if (c == old) {

                continue;

            }

            chars[i] = c;

            String next = new String(chars);

            //判断 wordList 是否包含修改后的单词

            if (dict.contains(next)) {

                res.add(next);

            }

        }

        chars[i] = old;

    }

    return res;

}

这种的话，由于用到了 HashSet ，所以 contains 函数就是 $O(1)$。所以整个计算量就是 26n，所以是 $O(n)$。

还要解决的一个问题是，因为我们要找的是最短的路径。但是事先我们并不知道最短的路径是多少，我们需要一个全局变量来保存当前找到的路径的长度。如果找到的新的路径的长度比之前的路径短，就把之前的结果清空，重新找，如果是最小的长度，就加入到结果中。

看下一递归出口。

[]

//到了结尾单词

if (beginWord.equals(endWord)) {

    //当前长度更小，清空之前的，加新的路径加入到结果中

    if (min > temp.size()) {

        ans.clear();

        min = temp.size();

        ans.add(new ArrayList<String>(temp));

    //相等的话就直接加路径加入到结果中

    } else if (min == temp.size()) {

        ans.add(new ArrayList<String>(temp));

    }

    return;

}

//当前的长度到达了 min，还是没有到达结束单词就提前结束

if (temp.size() >= min) {

    return;

}

得到下一个节点刚才讲了两种思路，我们先采用第一种解法，看一下效果。

[]

public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {

    List<List<String>> ans = new ArrayList<>();

    ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>();

    //temp 用来保存当前的路径

    temp.add(beginWord);

    findLaddersHelper(beginWord, endWord, wordList, temp, ans);

    return ans;

}



int min = Integer.MAX_VALUE;



private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, 

                               ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) {

    if (beginWord.equals(endWord)) {

        if (min > temp.size()) {

            ans.clear();

            min = temp.size();

            ans.add(new ArrayList<String>(temp));

        } else if (min == temp.size()) {

            ans.add(new ArrayList<String>(temp));

        }

        return;

    }

    //当前的长度到达了 min，还是没有到达结束单词就提前结束

    if (temp.size() >= min) {

        return;

    }

    //遍历当前所有的单词

    for (int i = 0; i < wordList.size(); i++) {

        String curWord = wordList.get(i);

        //路径中已经含有当前单词，如果再把当前单词加到路径，那肯定会使得路径更长，所以跳过

        if (temp.contains(curWord)) {

            continue;

        }

        //符合只有一个单词不同，就进入递归

        if (oneChanged(beginWord, curWord)) {

            temp.add(curWord);

            findLaddersHelper(curWord, endWord, wordList, temp, ans);

            temp.remove(temp.size() - 1);

        }

    }

}

private boolean oneChanged(String beginWord, String curWord) {

    int count = 0;

    for (int i = 0; i < beginWord.length(); i++) {

        if (beginWord.charAt(i) != curWord.charAt(i)) {

            count++;

        }

        if (count == 2) {

            return false;

        }

    }

    return count == 1;

}

但是对于普通的输入可以解决，如果 wordList 过长的话就会造成超时了。

得到下一个的节点，如果采用第二种解法呢？

[]

int min = Integer.MAX_VALUE;

public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {

    List<List<String>> ans = new ArrayList<>();

    ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>();

    temp.add(beginWord);

    //temp 用来保存当前的路径

    findLaddersHelper(beginWord, endWord, wordList, temp, ans);

    return ans;

}





private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, List<String> wordList,

                               ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) {

    if (beginWord.equals(endWord)) {

        if (min > temp.size()) {

            ans.clear();

            min = temp.size();

            ans.add(new ArrayList<String>(temp));

        } else if (min == temp.size()) {

            ans.add(new ArrayList<String>(temp));

        }

        return;

    }



    if (temp.size() >= min) {

        return;

    }

    Set<String> dict = new HashSet<>(wordList);

    //一次性到达所有的下一个的节点

    ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(beginWord, dict);

    for (String neighbor : neighbors) {

        if (temp.contains(neighbor)) {

            continue;

        }

        temp.add(neighbor);

        findLaddersHelper(neighbor, endWord, wordList,  temp, ans);

        temp.remove(temp.size() - 1);

    }

}





private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) {

    ArrayList<String> res = new ArrayList<String>();

    char chs[] = node.toCharArray();



    for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) {

        for (int i = 0; i < chs.length; i++) {

            if (chs[i] == ch)

                continue;

            char old_ch = chs[i];

            chs[i] = ch;

            if (dict.contains(String.valueOf(chs))) {

                res.add(String.valueOf(chs));

            }

            chs[i] = old_ch;

        }



    }

    return res;

}

快了一些，但是还是超时。

我们继续来优化，首先想一下为什么会超时，看一下之前的图。

DFS 的过程的话，结合上图，就是先考虑了最左边的路径，然后再回溯一下，继续到达底部。然后回溯回溯，终于到了一条含有结束单词的路径，然而事实上这条并不是最短路径。综上，我们会多判断很多无用的路径。

如果我们事先知道了最短路径长度是 4，那么我们只需要考虑前 4 层就足够了。

怎么知道结束单词在哪一层呢？只能一层层的找了，也就是 BFS。此外，因为上图需要搜索的树提前是没有的，我们需要边找边更新这个树。而在 DFS 中，我们也需要这个树，其实就是需要每个节点的所有相邻节点。

所以我们在 BFS 中，就把每个节点的所有相邻节点保存到 HashMap 中，就省去了 DFS 再去找相邻节点的时间。

此外，BFS 的过程中，把最短路径的高度用 min 也记录下来，在 DFS 的时候到达高度后就可以提前结束。

[]

int min = 0;

public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {

    List<List<String>> ans = new ArrayList<>();

    //如果不含有结束单词，直接结束，不然后边会造成死循环

    if (!wordList.contains(endWord)) {

        return ans;

    }

    //利用 BFS 得到所有的邻居节点

    HashMap<String, ArrayList<String>> map = bfs(beginWord, endWord, wordList);

    ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>();

    // temp 用来保存当前的路径

    temp.add(beginWord);

    findLaddersHelper(beginWord, endWord, map, temp, ans);

    return ans;

}



private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, HashMap<String, ArrayList<String>> map,

                               ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) {

    if (beginWord.equals(endWord)) {

        ans.add(new ArrayList<String>(temp));



        return;

    }

    if(temp.size() - 1==  min){

        return;

    }

    // 得到所有的下一个的节点

    ArrayList<String> neighbors = map.getOrDefault(beginWord, new ArrayList<String>());

    for (String neighbor : neighbors) {

        if (temp.contains(neighbor)) {

            continue;

        }

        temp.add(neighbor);

        findLaddersHelper(neighbor, endWord, map, temp, ans);

        temp.remove(temp.size() - 1);

    }

}



public HashMap<String, ArrayList<String>> bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {

    Queue<String> queue = new LinkedList<>();

    queue.offer(beginWord);

    HashMap<String, ArrayList<String>> map = new HashMap<>();

    boolean isFound = false;



    Set<String> dict = new HashSet<>(wordList);

    while (!queue.isEmpty()) {

        int size = queue.size();

        min++;

        for (int j = 0; j < size; j++) {

            String temp = queue.poll();

            // 一次性得到所有的下一个的节点

            ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(temp, dict);

            map.put(temp, neighbors);

            for (String neighbor : neighbors) {

                if (neighbor.equals(endWord)) {

                    isFound = true;

                }

                queue.offer(neighbor);

            }

        }

        if (isFound) {

            break;

        }

    }

    return map;

}

private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) {

    ArrayList<String> res = new ArrayList<String>();

    char chs[] = node.toCharArray();



    for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) {

        for (int i = 0; i < chs.length; i++) {

            if (chs[i] == ch)

                continue;

            char old_ch = chs[i];

            chs[i] = ch;

            if (dict.contains(String.valueOf(chs))) {

                res.add(String.valueOf(chs));

            }

            chs[i] = old_ch;

        }



    }

    return res;

}

然而这个优化，对于 leetcode 的 tests 并没有什么影响。

让我们继续考虑优化方案，回到之前的图。

假如我们在考虑上图中黄色节点的相邻节点，发现第三层的 abc 在第二层已经考虑过了。所以第三层的 abc 其实不用再考虑了，第三层的 abc 后边的结构一定和第二层后边的结构一样，因为我们要找最短的路径，所以如果产生了最短路径，一定是第二层的 abc 首先达到结束单词。

所以其实我们在考虑第 k 层的某一个单词，如果这个单词在第 1 到 k-1 层已经出现过，我们其实就不过继续向下探索了。

在之前的代码中，我们其实已经考虑了部分这个问题。

[]

if (temp.contains(neighbor)) {

    continue;

}

但我们只考虑了当前路径是否含有该单词，而就像上图表示的，其他路径之前已经考虑过了当前单词，我们也是可以跳过的。

根据这个优化思路，有两种解决方案。

第一种，再利用一个 HashMap，记为 distance 变量。在 BFS 的过程中，把第一次遇到的单词当前的层数存起来。之后遇到也不进行更新，就会是下边的效果。

这样我们就可以在 DFS 的时候来判断当前黄色的节点的 distance 是不是比邻接节点的小 1。上图中 distance 都是 1 ，所以不符合，就可以跳过。

此外，在 DFS 中，因为我们每次都根据节点的层数来进行深搜，所以之前保存最短路径的全局变量 min 在这里也就不需要了。

[]

public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {

    List<List<String>> ans = new ArrayList<>();

    // 如果不含有结束单词，直接结束，不然后边会造成死循环

    if (!wordList.contains(endWord)) {

        return ans;

    }

    // 利用 BFS 得到所有的邻居节点,以及每个节点的所在层数

    HashMap<String, Integer> distance = new HashMap<>();

    HashMap<String, ArrayList<String>> map = new HashMap<>();

    bfs(beginWord, endWord, wordList, map, distance);

    ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>();

    // temp 用来保存当前的路径

    temp.add(beginWord);

    findLaddersHelper(beginWord, endWord, map, distance, temp, ans);

    return ans;

}



private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, HashMap<String, ArrayList<String>> map,

                               HashMap<String, Integer> distance, ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) {

    if (beginWord.equals(endWord)) {

        ans.add(new ArrayList<String>(temp));

        return;

    }

    // 得到所有的下一个的节点

    /*

      "a"

      "c"

      ["a","b","c"]*/

    //之所以是 map.getOrDefault 而不是 get，就是上边的情况 get 会出错

    ArrayList<String> neighbors = map.getOrDefault(beginWord, new ArrayList<String>());

    for (String neighbor : neighbors) {

        //判断层数是否符合

        if (distance.get(beginWord) + 1 == distance.get(neighbor)) {

            temp.add(neighbor);

            findLaddersHelper(neighbor, endWord, map, distance, temp, ans);

            temp.remove(temp.size() - 1);

        }

    }

}



public void bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, HashMap<String, ArrayList<String>> map,

                HashMap<String, Integer> distance) {

    Queue<String> queue = new LinkedList<>();

    queue.offer(beginWord);

    distance.put(beginWord, 0);

    boolean isFound = false;

    int depth = 0;

    Set<String> dict = new HashSet<>(wordList);

    while (!queue.isEmpty()) {

        int size = queue.size();

        depth++;

        for (int j = 0; j < size; j++) {

            String temp = queue.poll();

            // 一次性得到所有的下一个的节点

            ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(temp, dict);

            map.put(temp, neighbors);

            for (String neighbor : neighbors) {

                if (!distance.containsKey(neighbor)) {

                    distance.put(neighbor, depth);

                    if (neighbor.equals(endWord)) {

                        isFound = true;

                    }

                    queue.offer(neighbor);

                }



            }

        }

        if (isFound) {

            break;

        }

    }

}



private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) {

    ArrayList<String> res = new ArrayList<String>();

    char chs[] = node.toCharArray();



    for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) {

        for (int i = 0; i < chs.length; i++) {

            if (chs[i] == ch)

                continue;

            char old_ch = chs[i];

            chs[i] = ch;

             if (dict.contains(String.valueOf(chs))) {

                res.add(String.valueOf(chs));

            }

            chs[i] = old_ch;

        }



    }

    return res;

}

终于，上边的算法 AC 了。上边讲到我们提前存储了 distance ，方便在 DFS 中来判断我们是否继续深搜。

这里再讲一下另一种思路，再回顾一下这个要进行优化的图。

我们就是减少了第三层的 abc 的情况的判断。我们其实可以不用 distance ，在 BFS 中，如果发现有邻接节点在之前已经出现过了，我们直接把这个邻接节点删除不去。这样的话，在 DFS 中就不用再判断了，直接取邻居节点就可以了。

判断之前是否已经处理过，可以用一个 HashSet 来把之前的节点存起来进行判断。

这里删除邻接节点需要用到一个语言特性，java 中遍历 List 过程中，不能对 List 元素进行删除。如果想边遍历边删除，可以借助迭代器。

[]

Iterator<String> it = neighbors.iterator();//把元素导入迭代器

while (it.hasNext()) {

    String neighbor = it.next();

    if (!visited.contains(neighbor)) {

        if (neighbor.equals(endWord)) {

            isFound = true;

        }

        queue.offer(neighbor);

        subVisited.add(neighbor);

    }else{

        it.remove();

    } 

}

此外我们要判断的是当前节点在之前层有没有出现过，当前层正在遍历的节点先加到 subVisited 中。

[]

public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {

    List<List<String>> ans = new ArrayList<>();

    if (!wordList.contains(endWord)) {

        return ans;

    }

    // 利用 BFS 得到所有的邻居节点

    HashMap<String, ArrayList<String>> map = new HashMap<>();

    bfs(beginWord, endWord, wordList, map);

    ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>();

    // temp 用来保存当前的路径

    temp.add(beginWord);

    findLaddersHelper(beginWord, endWord, map, temp, ans);

    return ans;

}



private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, HashMap<String, ArrayList<String>> map,

                               ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) {

    if (beginWord.equals(endWord)) {

        ans.add(new ArrayList<String>(temp));

        return;

    }

    // 得到所有的下一个的节点

    ArrayList<String> neighbors = map.getOrDefault(beginWord, new ArrayList<String>());

    for (String neighbor : neighbors) {

        temp.add(neighbor);

        findLaddersHelper(neighbor, endWord, map, temp, ans);

        temp.remove(temp.size() - 1);



    }

}



public void bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, HashMap<String, ArrayList<String>> map) {

    Queue<String> queue = new LinkedList<>();

    queue.offer(beginWord);

    boolean isFound = false;

    int depth = 0;

    Set<String> dict = new HashSet<>(wordList);

    Set<String> visited = new HashSet<>();

    visited.add(beginWord);

    while (!queue.isEmpty()) {

        int size = queue.size();

        depth++;

        Set<String> subVisited = new HashSet<>();

        for (int j = 0; j < size; j++) {

            String temp = queue.poll();

            // 一次性得到所有的下一个的节点

            ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(temp, dict); 

            Iterator<String> it = neighbors.iterator();//把元素导入迭代器

            while (it.hasNext()) {

                String neighbor = it.next();

                if (!visited.contains(neighbor)) {

                    if (neighbor.equals(endWord)) {

                        isFound = true;

                    }

                    queue.offer(neighbor);

                    subVisited.add(neighbor);

                }else{

                    it.remove();

                } 

            }

            map.put(temp, neighbors);

        }

        visited.addAll(subVisited);

        if (isFound) {

            break;

        }

    }

}



private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) {

    ArrayList<String> res = new ArrayList<String>();

    char chs[] = node.toCharArray();



    for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) {

        for (int i = 0; i < chs.length; i++) {

            if (chs[i] == ch)

                continue;

            char old_ch = chs[i];

            chs[i] = ch;

            if (dict.contains(String.valueOf(chs))) {

                res.add(String.valueOf(chs));

            }

            chs[i] = old_ch;

        }



    }

    return res;

}

解法二 BFS

如果理解了上边的 DFS 过程，接下来就很好讲了。上边 DFS 借助了 BFS 把所有的邻接关系保存了起来，再用 DFS 进行深度搜索。

我们可不可以只用 BFS，一边进行层次遍历，一边就保存结果。当到达结束单词的时候，就把结果存储。省去再进行 DFS 的过程。

是完全可以的，BFS 的队列就不去存储 String 了，直接去存到目前为止的路径，也就是一个 List。

[]

public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {

    List<List<String>> ans = new ArrayList<>();

    // 如果不含有结束单词，直接结束，不然后边会造成死循环

    if (!wordList.contains(endWord)) {

        return ans;

    }

    bfs(beginWord, endWord, wordList, ans);

    return ans;

}



public void bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, List<List<String>> ans) {

    Queue<List<String>> queue = new LinkedList<>();

    List<String> path = new ArrayList<>();

    path.add(beginWord);

    queue.offer(path);

    boolean isFound = false;

    Set<String> dict = new HashSet<>(wordList);

    Set<String> visited = new HashSet<>();

    visited.add(beginWord);

    while (!queue.isEmpty()) {

        int size = queue.size();

        Set<String> subVisited = new HashSet<>();

        for (int j = 0; j < size; j++) {

            List<String> p = queue.poll();

            //得到当前路径的末尾单词

            String temp = p.get(p.size() - 1);

            // 一次性得到所有的下一个的节点

            ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(temp, dict);

            for (String neighbor : neighbors) {

                //只考虑之前没有出现过的单词

                if (!visited.contains(neighbor)) {

                    //到达结束单词

                    if (neighbor.equals(endWord)) {

                        isFound = true;

                        p.add(neighbor);

                        ans.add(new ArrayList<String>(p));

                        p.remove(p.size() - 1);

                    }

                    //加入当前单词

                    p.add(neighbor);

                    queue.offer(new ArrayList<String>(p));

                    p.remove(p.size() - 1);

                    subVisited.add(neighbor);

                }

            }

        }

        visited.addAll(subVisited);

        if (isFound) {

            break;

        }

    }

}



private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) {

    ArrayList<String> res = new ArrayList<String>();

    char chs[] = node.toCharArray();

    for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) {

        for (int i = 0; i < chs.length; i++) {

            if (chs[i] == ch)

                continue;

            char old_ch = chs[i];

            chs[i] = ch;

            if (dict.contains(String.valueOf(chs))) {

                res.add(String.valueOf(chs));

            }

            chs[i] = old_ch;

        }



    }

    return res;

}

代码看起来简洁了很多。

解法三 DFS + BFS 双向搜索（two-end BFS）

在解法一的思路上，我们还能够继续优化。

解法一中，我们利用了 BFS 建立了每个节点的邻居节点。在之前的示意图中，我们把同一个字符串也画在了不同节点。这里把同一个节点画在一起，再看一下。

我们可以从结束单词反向进行 BFS。

这样的话，当两个方向产生了共同的节点，就是我们的最短路径了。

至于每次从哪个方向扩展，我们可以每次选择需要扩展的节点数少的方向进行扩展。

例如上图中，一开始需要向下扩展的个数是 1 个，需要向上扩展的个数是 1 个。个数相等，我们就向下扩展。然后需要向下扩展的个数就变成了 4 个，而需要向上扩展的个数是 1 个，所以此时我们向上扩展。接着，需要向上扩展的个数变成了 6 个，需要向下扩展的个数是 4 个，我们就向下扩展……直到相遇。

双向扩展的好处，我们粗略的估计一下时间复杂度。

假设 beginword 和 endword 之间的距离是 d。每个节点可以扩展出 k 个节点。

那么正常的时间复杂就是 $k^d$。

双向搜索的时间复杂度就是 $k^{d/2} + k^{d/2}$。

[]

public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {

    List<List<String>> ans = new ArrayList<>();

    if (!wordList.contains(endWord)) {

        return ans;

    }

    // 利用 BFS 得到所有的邻居节点

    HashMap<String, ArrayList<String>> map = new HashMap<>();

    bfs(beginWord, endWord, wordList, map);

    ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>();

    // temp 用来保存当前的路径

    temp.add(beginWord);

    findLaddersHelper(beginWord, endWord, map, temp, ans);

    return ans;

}



private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, HashMap<String, ArrayList<String>> map,

                               ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) {

    if (beginWord.equals(endWord)) {

        ans.add(new ArrayList<String>(temp));

        return;

    }

    // 得到所有的下一个的节点

    ArrayList<String> neighbors = map.getOrDefault(beginWord, new ArrayList<String>());

    for (String neighbor : neighbors) {

        temp.add(neighbor);

        findLaddersHelper(neighbor, endWord, map, temp, ans);

        temp.remove(temp.size() - 1);

    }

}



//利用递归实现了双向搜索

private void bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, HashMap<String, ArrayList<String>> map) {

    Set<String> set1 = new HashSet<String>();

    set1.add(beginWord);

    Set<String> set2 = new HashSet<String>();

    set2.add(endWord);

    Set<String> wordSet = new HashSet<String>(wordList);

    bfsHelper(set1, set2, wordSet, true, map);

}



// direction 为 true 代表向下扩展，false 代表向上扩展

private boolean bfsHelper(Set<String> set1, Set<String> set2, Set<String> wordSet, boolean direction,

                          HashMap<String, ArrayList<String>> map) {

    //set1 为空了，就直接结束

    //比如下边的例子就会造成 set1 为空

    /*	"hot"

		"dog"

		["hot","dog"]*/

    if(set1.isEmpty()){

        return false;

    }

    // set1 的数量多，就反向扩展

    if (set1.size() > set2.size()) {

        return bfsHelper(set2, set1, wordSet, !direction, map);

    }

    // 将已经访问过单词删除

    wordSet.removeAll(set1);

    wordSet.removeAll(set2);



    boolean done = false;



    // 保存新扩展得到的节点

    Set<String> set = new HashSet<String>();



    for (String str : set1) {

        //遍历每一位

        for (int i = 0; i < str.length(); i++) {

            char[] chars = str.toCharArray();



            // 尝试所有字母

            for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) {

                if(chars[i] == ch){

                    continue;

                }

                chars[i] = ch;



                String word = new String(chars);



                // 根据方向得到 map 的 key 和 val

                String key = direction ? str : word;

                String val = direction ? word : str;



                ArrayList<String> list = map.containsKey(key) ? map.get(key) : new ArrayList<String>();

                

                //如果相遇了就保存结果

                if (set2.contains(word)) {

                    done = true;

                    list.add(val);

                    map.put(key, list);

                }



                //如果还没有相遇，并且新的单词在 word 中，那么就加到 set 中

                if (!done && wordSet.contains(word)) {

                    set.add(word);

                    list.add(val);

                    map.put(key, list);

                }

            }

        }

    }



    //一般情况下新扩展的元素会多一些，所以我们下次反方向扩展  set2

    return done || bfsHelper(set2, set, wordSet, !direction, map);



}

总

最近事情比较多，这道题每天想一想，陆陆续续拖了好几天了。这道题本质上就是在正常的遍历的基础上，去将一些分支剪去，从而提高速度。至于方法的话，除了我上边介绍的实现方式，应该也会有很多其它的方式，但其实本质上是为了实现一样的东西。另外，双向搜索的方法，自己第一次遇到，网上搜了。

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