深度优先（DFS) （例子：全排列，迷宫，pta龙龙送外卖）

       深度搜索是一种计算机算法，用于在图或树等数据结构中查找目标节点。深度搜索从一个节点出发，依次遍历其所有子节点，直到找到目标节点或遍历完所有节点。如果找到目标节点，则搜索结束；如果遍历完所有节点仍未找到目标节点，则搜索失败。深度搜索通常使用递归实现，通过堆栈管理遍历的节点。深度搜索常用于解决迷宫、棋盘等问题，也是其他算法的核心组成部分，如搜索算法、动态规划等。 

模型：

void dfs(int step)

{

        判断边界

        for(int i=1;i<=n;i++)//尝试每种可能

             {

                  dfs(step+1)；//继续下一步

              }
         reutn；//返回
} 

        深度优先搜索（DFS）全排列的基本思路是对于一个长度为n的数组，从第1个位置开始（即起始状态），对于每个未选择的数字，在当前的位置上进行一次选择，然后向下递归直到找到一个完整的排列，然后回溯到当前状态，再选择下一个未选择的数字进行搜索。 

#include//深度优先搜索，全排列为例子
using namespace std;
int book[100];//标记
int n;
int a[100];
void dfs(int step)
{
	int i;
	if (step == n + 1)//判断边界
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			cout << a[i]<<" ";
		cout << endl;
		return;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)//每种可能
	{
		if (book[i] == 0)
		{
			a[step] = i;
			book[i] = 1;
			dfs(step + 1);//继续下一步
			book[i] = 0;
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	cin >> n;
	dfs(1);
}

       深度搜索算法可以用于解决迷宫问题。将迷宫抽象成一个矩阵，每个格子表示一个节点。将起点节点入栈，然后遍历其所有相邻节点。如果相邻节点是通路，则将其入栈，并在矩阵中标记为已访问。如果相邻节点是终点，则搜索结束；如果所有相邻节点都是墙，或者已经访问过，则回溯到上一步节点。重复以上步骤，直到遍历完所有节点或者找到终点。

#include//深度优先搜索，迷宫最短路径问题
using namespace std;
int book[51][51];//标记是否走过
int n,m,q,p,x,y;
int a[51][51];
int min1 = 9999;
int next1[4][2] = { {0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0} };//右，下，左，上四个方向
void dfs(int x,int y,int step)
{
	int tx, ty;
	if (x == q && y == p)//走到终点
	{
		if (step < min1)
			min1 = step;
		return;
	}
	for (int k = 0; k < 4; k++)//向四个方向都走
	{
		tx = x + next1[k][0];
		ty = y + next1[k][1];
		if (tx<1 || tx>n || ty<1 || ty>m)
			continue;
		if (a[tx][ty] == 0 && book[tx][ty] == 0)//该条路不为障碍且没走过
		{
			book[tx][ty] = 1;//标记已走过
			dfs(tx, ty, step + 1);
			book[tx][ty] = 0;//尝试结束，取消标记
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	cin >> n >> m;//迷宫规模
	for (int i = 1; i <= n; i++)//0为可走通路
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			cin >> a[i][j];//输入迷宫
	cout << "输入起点，终点:" << endl;
	cin >> x >> y >> q >> p;//输入起点，终点
	book[x][y] = 1;//起点默认走过
	dfs(x,y,0);
	cout <<"最短路径为："<< min1;
}

 

       龙龙是“饱了呀”外卖软件的注册骑手，负责送帕特小区的外卖。帕特小区的构造非常特别，都是双向道路且没有构成环 —— 你可以简单地认为小区的路构成了一棵树，根结点是外卖站，树上的结点就是要送餐的地址。

每到中午 12 点，帕特小区就进入了点餐高峰。一开始，只有一两个地方点外卖，龙龙简单就送好了；但随着大数据的分析，龙龙被派了更多的单子，也就送得越来越累……

看着一大堆订单，龙龙想知道，从外卖站出发，访问所有点了外卖的地方至少一次（这样才能把外卖送到）所需的最短路程的距离到底是多少？每次新增一个点外卖的地址，他就想估算一遍整体工作量，这样他就可以搞明白新增一个地址给他带来了多少负担。

输入格式:

输入第一行是两个数 N 和 M (2≤N≤105, 1≤M≤105)，分别对应树上节点的个数（包括外卖站），以及新增的送餐地址的个数。

接下来首先是一行 N 个数，第 i 个数表示第 i 个点的双亲节点的编号。节点编号从 1 到 N，外卖站的双亲编号定义为 −1。

接下来有 M 行，每行给出一个新增的送餐地点的编号 Xi​。保证送餐地点中不会有外卖站，但地点有可能会重复。

为了方便计算，我们可以假设龙龙一开始一个地址的外卖都不用送，两个相邻的地点之间的路径长度统一设为 1，且从外卖站出发可以访问到所有地点。

注意：所有送餐地址可以按任意顺序访问，且完成送餐后无需返回外卖站。

输出格式:

对于每个新增的地点，在一行内输出题目需要求的最短路程的距离。

输入样例:

7 4
-1 1 1 1 2 2 3
5
6
2
4

输出样例:

2
4
4
6

注意：把该题看出树结构，深度搜索

1、该题最主要是从下往上，搜索父亲节点，用dis[]储存该点到树根的距离，a[]储存该点的父亲节点。

2、该题dfs判断边界是：搜索到树根或者搜索到父亲节点已经经过两种情况，返回的是到树根或者到父亲节点的来回距离。

3、剩下返回新增一个点需要增加的距离。

4、因为不用返回树根，所以挑最长的距离最后走，不用返回。所以最后结果为sum-maxl。

 

#include
using namespace std;
int n, m,sum=0;
int a[11000];//储存树
int dis[11000] = { 0 };
int maxl;//最长路径
int dfs(int x, int step)
{
	if (a[x] == -1 || dis[x])
	{
		maxl = max(maxl, dis[x] + step);//取最大深度
		return step * 2;
	}
	int res = dfs(a[x], step + 1);//搜索父亲节点，深度加一
	dis[x] = dis[a[x]] + 1;//该点到树根距离为父亲节点到树根距离加一
	return res;
}
int main()
{
	
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	while (m--)
	{
		int x;
		cin >> x;
		sum+=dfs(x, 0);
		cout << sum - maxl << endl;
	}
}