算法介绍：
深度优先搜索（Depth-First Search，简称DFS）是一种用于遍历或搜索树或图的算法。这种算法会尽可能深地搜索图的分支，直到找到目标节点或达到叶节点（没有子节点的节点），然后回溯到上一个分支继续搜索。DFS可以用于许多问题，比如路径寻找、连通性验证、拓扑排序等。
在ACM、蓝桥杯等著名竞赛中DFS算法是比较重要的，特别是在蓝桥杯中每一年几乎都要考DFS/BFS算法。DFS算法在OI赛中用处非常大，可以通过DFS/BFS暴力的方式可以拿到部分分数，蓝桥杯一般可以拿到20%的分数，有的甚至高达50%，是暴力得分的不二之选。
基本步骤：
DFS通常使用递归或栈来实现。以下是DFS的基本步骤：
- 选择起始点：选择图中的一个点作为起始点。
- 访问节点：标记起始节点为已访问，并将该节点加入递归或栈中。
- 探索邻接节点：从该点周围取出一个点，检查它的所有未访问的邻接节点。
- 递归或迭代：对每个未访问的邻接节点，将其标记为已访问，然后将其推入递归或栈中。
- 回溯：当当前节点的所有邻接节点都被访问后，递归中回溯/从栈中弹出该节点，继续搜索上一个点的其他分支。
- 结束条件：当栈为空或找到目标节点时，搜索结束。
图解算法：
下面放一张我们学校ACM在大一培训时使用的一张动态BFS/DFS步骤图。注：红色遍历为BFS、黄色遍历为DFS。（绿色为起点，紫色为终点，黑色为障碍物）
由上图中我们可以看出，DFS的遍历为一条路，用我们学长的话说就是一条路走到头，找不到就再回头换另一条路，继续搜索，直到找到终点。那么BFS就是在一个点的周围每一个点都走一遍试一下，属于扩散型的。找不到的话在这个点的基础上再去扩散四周寻找。BFS一般通过栈来实现，DFS一般通过递归来实现。
下面我们将以3*3的网格，只考虑上下左右四个方向，上左、下左等四个方向不考虑，递归顺序为{上、下、左、右}，顺序可按照自己的想法，这里以上下左右顺序为例，给大家模拟实现一下过程。
第一步：
本身就在起点，先把此时起点标记为已经走过了，即vis[起点]=true，告诉后面这个点不能再搜索了，不标记的话可能会陷入死循环。在寻找起点的上下左右格子，我们发现，{上}、{左}方向都已经超出了格子范围，在题中就是超出了下标范围，那么我们能考虑的就只有{下}、{右}方向，由于我们递归的顺序为{上、下、左、右}，{上}方向超出了格子范围，那么级别最高且合法的就是{下}方向了，从起点向下走。
第二步：
先标记，vis[第一步]=true。此时我们发现{左}方向已经不在网格里面了，下标已经越界了，所以不考虑{左}方向，此时递归顺序为{上、下、右}方向，向上走，在第一步一开始我们就把vis[起点]标记为true，说明已经走过了， 下面不允许走了，{上}方向也不能走了。此时优先级最高的为下方向了，下方向没有被标记过，所以可以走。
第三步：
还是先标记，把当前位置所走的标记为已经走过，即vis[第二步]=true。此时我们发现{左、下}两个方向已经越界了，所以不考虑，此时递归优先级为{上、右}，由于第三步刚开始就把vis[第二步]=true，已经标记了，不能走了，所以这一步只能向右走。
第四步：
还还还是先标记，vis[第三步]=true。此时我们发现{下}方向已经越界了，所以不考虑{下}方向了，在这一步刚开始我们把{左}方向这个点已经给标记过了，所以不能走，那么剩余的合法递归顺序为{上、右}，此时我们便可以向上走，找到终点，完成此次DFS(深度优先搜索)。
算法模板：
从上面的图解算法中步骤我们把算法步骤归结为一下：
首先我们需要一个数组即输入的数据数组，可能为int、也肯为char，在绝大部分题目中都需要一个标记数组，即bool类型的vis数组。然后在题目中找到搜索的起点跟终点，设置dfs函数的参数，根据题目的不同参数个数不同。在主函数dfs函数之前先把vis[起点]标记为true，一定不要忘记，否则就是死循环。确定了起点，把参数传给dfs函数参数，进入dfs递归函数，确定函数的终止条件，即当前状态==目标状态或者递归值==某个数等，终止条件一定在函数的最前面，否则会影响答案。再次，在当前点，寻找当前点的周围（根据题目，可能四个点，也可能八个点等），用for循环遍历每一个点，如果这个点已经被标记过了或者数组下标越界都是不合法的，直接continue掉。那么剩下的就是合法的，可以访问下一个点，先把下一个点给标记完再去递归下一个点，再进入dfs函数递归，注意大部分dfs都需要回溯的,即把vis[当前点]=false,为什么需要回溯，这就是我们所说的一条路走不通，回头换一条路走，那么我要回头，前面走过的已经被标记的，还咋走，那就要vis[当前点]=false解除标记。下面贴一个dfs函数的一般模板。
void dfs(int dep){//dep为当前状态 if(dep==x){//当前状态==目标状态，终止条件 更新结果 return; } for(int i=0;i<n;i++){//遍历每一种可能 if(不符合条件){ continue;//跳过 } //符合条件 vis[访问的点]=true;//先标记 dfs(下一个状态); vis[访问的点]=false;//恢复现场,大部分需要回溯,有的不需要这一步 } }
算法例题：
现在各大算法刷题网站上dfs题目非常的多，dfs题目的变化也比较多，现在各种各样的题目层出不穷，博主所做过的题印象中大部分在终止条件哪里变化的比较多，像是还有在条件判断上增加附加条件等等，下面博主选取几个比较具有代表性的给大家讲解一下，加深理解一下dfs算法。
一、马走日
题目描述：
马在中国象棋以日字形规则移动。请编写一段程序，给定n×m大小的棋盘，以及马的初始位置(x，y)，要求不能重复经过棋盘上的同一个点，计算马可以有多少途径遍历棋盘上的所有点。
输入
第一行为整数T(T < 10)，表示测试数据组数。
每一组测试数据包含一行，为四个整数，分别为棋盘的大小以及初始位置坐标n,m,x,y。(0≤x≤n-1,0≤y≤m-1, m < 10, n < 10)。
输出
每组测试数据包含一行，为一个整数，表示马能遍历棋盘的途径总数，0为无法遍历一次。
输入示例
1
5 4 0 0
输出示例
32
解题思路：
这个题不同在了马走的方向跟之前走四个方向的不同他是斜着跳，与象棋上的马一样，例如（1，2）、（-2，1）等，初始状态就是起点（x,y），终点的话，除了起点每个点都可能是终点，这样不好确定终点，但是我们有一个条件，遍历完所有点，有两种方法可以确定遍历完所有点，第一种是n*m的棋盘，那么如果走完了n*m步就完成了一次，第二种设置一个标记数组，标记棋盘上每一个点都被标记完了就完成一次，很明显第一种方法比第二种好。由于统计的是途径总数，每完成一次计数就++,直到他无路可走，自动退出函数。
AC代码：
#include<iostream> using namespace std; int a[15][15],vis[15][15]; int n,m,sx,sy; int ans;//途径数 int dx[]={1,1,-1,-1,2,2,-2,-2};//马在棋盘上可以跳八个方向 int dy[]={2,-2,2,-2,1,-1,1,-1}; void dfs(int x,int y,int dep){//（x,y）当前坐标，dep当前步数 if(dep==n*m){//终止条件 ans++; return; } for(int i=0;i<8;i++){//八个方向遍历 int bx=x+dx[i]; int by=y+dy[i]; if(vis[bx][by]==1){//已经被标记过了 continue; } if(bx<0||bx>=n||by<0||by>=m){//下标越界 continue; } vis[bx][by]=1;//先标记该点 dfs(bx,by,dep+1);//再去递归下一次 vis[bx][by]=0;//回溯--解标记 } } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ ans=0; scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&sx,&sy); vis[sx][sy]=1;//起点标记 dfs(sx,sy,1); printf("%d",ans); } return 0; }
二、AcWing 3428. 放苹果
把 M个同样的苹果放在 N个同样的盘子里，允许有的盘子空着不放，问共有多少种不同的分法？
盘子相对顺序不同，例如 5，1，1和 1，5，1算作同一种分法。
输入格式
输入包含多组测试数据。
每组数据占一行，包含两个整数 M 和 N。
输出格式
每组数据，输出一行一个结果表示分法数量。
数据范围
1≤M,N≤10;
输入样例：
7 3
输出样例：
8
解题思路：
N与M最大只有10，dfs可以适用，M个苹果放到N个盘子里，允许盘子空着不放，可以直接dfs递归实现，我们设置两个参数，一个遍历的盘子数dep,一个遍历的苹果数sum,每一次向盘子里面放t个苹果，那么苹果数sum-t，盘子数sum+1，当超出了盘子数不符合条件或者苹果数<0则返回上一步执行。
AC代码：
#include<iostream> using namespace std; int a[101]={1};//初始化为1放苹果的至少放一个 int m,n,num=0;//m:苹果，n:盘子 void dfs(int sum,int dep){ if(sum<0){//没有苹果就没法放了，回溯 return; } if(sum==0&&dep<=n+1){//终止条件 num++; return; } for(int i=a[dep-1];i<=m;i++){//防止重复放比如{1，5，1}跟{5，1，1}是一样的放法 a[dep]=i;//放的个数 dfs(sum-i,dep+1);//继续搜索下一个盘子 //没有回溯，因为这是组合问题，分的苹果数重复了属于同一种 } } int main(){ while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF){ num=0; dfs(m,1); printf("%d\n",num); } return 0; }
解题思路：
对于八皇后问题以后博主感觉不会出类似的题，但是我还是想把八皇后加入到例题来讲解，因为它实在是太经典了。八皇后问题是最经典的递归问题，你可以说没学过八皇后，但是不能说学了dfs但是不会八皇后。为什么说八皇后问题最经典，八皇后问题的条件一般是不会改变的，它在标记这一块动了手脚，本来由标记一个点变为标记整行、整列、点所在的主对角线、点所在的副对角线。主要麻烦在了标记这一块，标记处理好了，回溯的时候也比较好处理，现在对于标记网上有很多方法，我看了很多方法找出了一种我认为比较好的方法，是acking老师讲解的方法，跟大家分享一下。
首先，它需要标记四条线，分别是行、列、上左到右下、上右到左下，把它简化一下，我每次遍历从第一行开始，每次向下一个，这样保证了每次行不一样，可以少标记一个数组。列的话，一个一维vis数组就够了，上左到右下这条线，把它顺时针旋转45°，会发现是竖直的线。每一条线满足i-j+n不一样（i，j）是坐标。上右到左下这条线逆时针旋转45°，也会发现是一条竖线，每一条线满足i+j是不一样的。这样可以把它们的值当作下标值处理。
视频讲解：acking老师讲解--->点击这里<---
代码实现：
#include<stdio.h> int a[10][10]; int vis1[8]/*标记列*/, vis2[16],/*标记左上右下*/ vis3[16]/*标记右上左下*/; int n = 8, ans = 0; void vis(int i, int j, int flag) { a[i][j] = flag; vis1[j] = flag; vis2[i - j + n] = flag; vis3[i + j] = flag; } void dfs(int i) { if (i == n) { printf("No.%d\n", ++ans); for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { printf("%d ", a[i][j]); } printf("\n"); } return; } for (int j = 0; j < n; j++) { if (vis1[j] == 0 && vis2[i - j + n] == 0 && vis3[i + j] == 0) { vis(i, j, 1); dfs(i + 1); vis(i, j, 0); } } } int main() { dfs(0); return 0; }
四、第十四届蓝桥杯省赛大学B组 岛屿个数
题目描述：
小蓝得到了一副大小为 M×N 的格子地图，可以将其视作一个只包含字符 0（代表海水）和 1（代表陆地）的二维数组，地图之外可以视作全部是海水，每个岛屿由在上/下/左/右四个方向上相邻的 1 相连接而形成。
在岛屿 A 所占据的格子中，如果可以从中选出 k 个不同的格子，使得他们的坐标能够组成一个这样的排列：(x0,y0),(x1,y1),...,(xk−1,yk−1)，其中 (x(i+1)%k,y(i+1)%k) 是由 (xi,yi) 通过上/下/左/右移动一次得来的 (0≤i≤k−1)，此时这 k 个格子就构成了一个 “环”。
如果另一个岛屿 B 所占据的格子全部位于这个 “环” 内部，此时我们将岛屿 B 视作是岛屿 A 的子岛屿。若 B 是 A 的子岛屿，C 又是 B 的子岛屿，那 C 也是 A 的子岛屿。
请问这个地图上共有多少个岛屿？在进行统计时不需要统计子岛屿的数目。
输入格式:
第一行一个整数 T，表示有 T 组测试数据。
接下来输入 T 组数据。
对于每组数据，第一行包含两个用空格分隔的整数 M、N 表示地图大小；接下来输入 M行，每行包含 N 个字符，字符只可能是 0 或 1。
输出格式:
对于每组数据，输出一行，包含一个整数表示答案。
数据范围:
对于 30% 的评测用例，1≤M,N≤10。
对于 100% 的评测用例，1≤T≤10，1≤M,N≤50。
解题思路：
这个题博主感觉是蓝桥杯出的比较成功的题，它考查的非常具有思维性，打破了传统的dfs思路。加入了新的判断条件，很具有挑战性，博主感觉以后的像蓝桥杯这种比赛，dfs的考察一定会向着这个方向发展，传统的dfs将会退出题海战术。具体的讲解跟AC代码，请看我这一篇文章，文章单独讲解了这一道题，由于文章长度限制这里不再详解，请移步下面链接。
第十四届省赛大学B组（C/C++）岛屿个数-CSDN博客
文章浏览阅读1.1k次，点赞30次，收藏14次。这不是普通的DFS/BFS搜索题，看着很像最少连通块，但是题目中又有了新的定义就是在陆地环里面（被陆地包围）也算属于此外围岛屿，那么我们就也要判定这种环岛屿，博主的思路是先BFS也可DFS找出连通块的个数（四个方向），建一个vector把连通块的起点存进去，方便去找环岛屿，只要有一个起点（或者此连通块任意一个点），此连通块的点便可通过移动一网打尽，再BFS（或者DFS）判定该岛屿是否属于这种环岛屿，不属于就结果加一，属于就不用加。对于 100% 的评测用例，1≤T≤10，1≤M,N≤50。
https://blog.csdn.net/m0_73633807/article/details/137248445?spm=1001.2014.3001.5501
