1. 题目来源
链接：公交路线
来源：LeetCode
2. 题目说明
我们有一系列公交路线。每一条路线 routes[i] 上都有一辆公交车在上面循环行驶。例如，有一条路线 routes[0] = [1, 5, 7]，表示第一辆 (下标为0) 公交车会一直按照 1->5->7->1->5->7->1->… 的车站路线行驶。
假设我们从 S 车站开始（初始时不在公交车上），要去往 T 站。 期间仅可乘坐公交车，求出最少乘坐的公交车数量。返回 -1 表示不可能到达终点车站。
示例1：
输入:
routes = [[1, 2, 7], [3, 6, 7]]
S = 1
T = 6
输出: 2
解释:
最优策略是先乘坐第一辆公交车到达车站 7, 然后换乘第二辆公交车到车站 6。
说明:
- 1 <= routes.length <= 500.
- 1 <= routes[i].length <= 500.
- 0 <= routes[i][j] < 10 ^ 6.
3. 题目解析
方法一：依据bfs，采用哈希map、set解法
这道题给了一堆公交线路表，然后给了起点和终点，问最少要换乘几辆公交可以从起点到达终点。
这题容易进的一个误区就是把 routes 直接当作邻接链表来进行图的遍历，其实是不对的。因为 routes 数组的含义是，某个公交所能到达的站点，而不是某个站点所能到达的其他站点。这里出现了两种不同的结点，分别是站点和公交。而 routes 数组建立的是公交和其站点之间的关系，那么应该将反向关系数组也建立出来，即要知道每个站点有哪些公交可以到达。由于这里站点的标号不一定是连续的，所以可以使用 HashMap，建立每个站点和其属于的公交数组之间的映射。
由于一个站点可以被多个公交使用，所以要用个数组来保存公交。既然这里求的是最少使用公交的数量，那么就类似迷宫遍历求最短路径的问题，BFS 应该是首先被考虑的解法。用队列 queue 来辅助，首先将起点S排入队列中，然后还需要一个 HashSet 来保存已经遍历过的公交（注意这里思考一下，为啥放的是公交而不是站点，因为统计的是最少需要坐的公交个数，这里一层就相当于一辆公交，最小的层数就是公交数），这些都是 BFS 的标配，应当已经很熟练了。
在最开头先判断一下，若起点和终点相同，那么直接返回0，因为根本不用坐公交。否则开始 while 循环，先将结果 res 自增1，因为既然已经上了公交，那么公交个数至少为1，初始化的时候是0。这里使用 BFS 的层序遍历的写法，就是当前所有的结点都当作深度相同的一层，至于为何采用这种倒序遍历的 for 循环写法，是因为之后队列的大小可能变化，放在判断条件中可能会出错。在 for 循环中，先取出队首站点，然后要去 HashMap 中去遍历经过该站点的所有公交，若某个公交已经遍历过了，直接跳过，否则就加入 visited 中。然后去 routes 数组中取出该公交的所有站点，如果有终点，则直接返回结果 res，否则就将站点排入队列中继续遍历，参见代码如下：
// 执行用时 :116 ms, 在所有 C++ 提交中击败了96.52%的用户
// 内存消耗 :34.4 MB, 在所有 C++ 提交中击败了67.84%的用户
class Solution {
public:
int numBusesToDestination(vector<vector<int>>& routes, int S, int T) {
if (S == T) return 0;
int res = 0;
unordered_map<int, vector<int>> stop2bus;
queue<int> q{{S}};
unordered_set<int> visited;
for (int i = 0; i < routes.size(); ++i) {
for (int j : routes[i]) {
stop2bus[j].push_back(i);
}
}
while (!q.empty()) {
++res;
for (int i = q.size(); i > 0; --i) {
int t = q.front(); q.pop();
for (int bus : stop2bus[t]) {
if (visited.count(bus)) continue;
visited.insert(bus);
for (int stop : routes[bus]) {
if (stop == T) return res;
q.push(stop);
}
}
}
}
return -1;
}
};
方法二：依据bfs，采用pair、哈希set解法
下面这种方法也是 BFS 解法，思路上跟上面的解法没有啥大的区别，就是数据结构的写法上略有不同。
这里的队列 queue 放的是一个由站点和公交个数组成的 pair 对，这样就不用维护一个全局的最小公交数变量了。当然反向关系数组还是要建立出来的，即要知道每个站点有哪些公交可以到达。和上面稍有不同的是，使用了 HashSet 来保存经过某个站点的所有公交，但其实和用数组并没啥区别，因为这里没有查询需求，无法发挥 HashSet 的优势。
由于对于每个站点，都保存了到达该站点所需的最少公交数，那么就不需要使用层序遍历的 bfs的写法，直接用最一般的写法即可。还有一个不同之处在于，这里的 visited 保存的是遍历过的站点，而不再是公交了。在 while 循环中，首先将队首元素取出来，这里就取出来了当前站点 cur，和最少公交数 cnt，若当前站点就是终点，那就直接返回 cnt。否则遍历经过当前站点的所有公交，对每辆公交，再去遍历去所有站点，若站点已经被遍历过了，直接跳过，否则就加入 visited 中，并和 cnt+1 一起组成个 pair 对儿排入队列中继续遍历，参见代码如下：
// 执行用时 :2228 ms, 在所有 C++ 提交中击败了5.23%的用户
// 内存消耗 :53.3 MB, 在所有 C++ 提交中击败了17.18%的用户
class Solution {
public:
int numBusesToDestination(vector<vector<int>>& routes, int S, int T) {
if (S == T) return 0;
unordered_map<int, unordered_set<int>> stop2bus;
queue<pair<int, int>> q{{{S, 0}}};
unordered_set<int> visited;
for (int i = 0; i < routes.size(); ++i) {
for (int j : routes[i]) {
stop2bus[j].insert(i);
}
}
while (!q.empty()) {
int cur = q.front().first, cnt = q.front().second; q.pop();
if (cur == T) return cnt;
for (int bus : stop2bus[cur]) {
for (int stop : routes[bus]) {
if (visited.count(stop)) continue;
visited.insert(stop);
q.push({stop, cnt + 1});
}
}
}
return -1;
}
};