字典 wordList 中从单词 beginWord和 endWord 的转换序列是一个按下述规格形成的序列
\(beginWord \to s_1 \to s_2 \to \dots \to s_k\)：
- 每一对相邻的单词只差一个字母。
- 对于
1 <= i <= k时，每个 \(s_i\) 都在wordList中。注意，beginWord不需要在wordList中。 - \(s_k == endWord\)
给你两个单词 beginWord和 endWord 和一个字典 wordList ，返回从 beginWord 到 endWord 的最短转换序列中的单词数目。如果不存在这样的转换序列，返回 0 。
示例 1：
输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log","cog"]
输出：5
解释：一个最短转换序列是 "hit" -> "hot" -> "dot" -> "dog" -> "cog", 返回它的长度 5。
示例 2：
输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log"]
输出：0
解释：endWord "cog" 不在字典中，所以无法进行转换。
提示：
1 <= beginWord.length <= 10endWord.length == beginWord.length1 <= wordList.length <= 5000wordList[i].length == beginWord.lengthbeginWord、endWord和wordList[i]由小写英文字母组成beginWord != endWordwordList中的所有字符串 互不相同
题解
方法一：广度优先搜索 + 优化建图
思路**
本题要求的是最短转换序列的长度，看到最短首先想到的就是广度优先搜索。想到广度优先搜索自然而然的就能想到图，但是本题并没有直截了当的给出图的模型，因此我们需要把它抽象成图的模型。
我们可以把每个单词都抽象为一个点，如果两个单词可以只改变一个字母进行转换，那么说明他们之间有一条双向边。因此我们只需要把满足转换条件的点相连，就形成了一张图。
基于该图，我们以 beginWord 为图的起点，以 endWord 为终点进行广度优先搜索，寻找 beginWord 到 endWord 的最短路径。
算法**
基于上面的思路我们考虑如何编程实现。
首先为了方便表示，我们先给每一个单词标号，即给每个单词分配一个 id。创建一个由单词 word 到 id 对应的映射 wordId，并将 beginWord 与 wordList 中所有的单词都加入这个映射中。之后我们检查 endWord 是否在该映射内，若不存在，则输入无解。我们可以使用哈希表实现上面的映射关系。
然后我们需要建图，依据朴素的思路，我们可以枚举每一对单词的组合，判断它们是否恰好相差一个字符，以判断这两个单词对应的节点是否能够相连。但是这样效率太低，我们可以优化建图。
具体地，我们可以创建虚拟节点。对于单词 hit，我们创建三个虚拟节点 *it、h*t、hi*，并让 hit 向这三个虚拟节点分别连一条边即可。如果一个单词能够转化为 hit，那么该单词必然会连接到这三个虚拟节点之一。对于每一个单词，我们枚举它连接到的虚拟节点，把该单词对应的 id 与这些虚拟节点对应的 id 相连即可。
最后我们将起点加入队列开始广度优先搜索，当搜索到终点时，我们就找到了最短路径的长度。注意因为添加了虚拟节点，所以我们得到的距离为实际最短路径长度的两倍。同时我们并未计算起点对答案的贡献，所以我们应当返回距离的一半再加一的结果。
代码
class Solution {
Map<String, Integer> wordId = new HashMap<String, Integer>();
List<List<Integer>> edge = new ArrayList<List<Integer>>();
int nodeNum = 0;
public int ladderLength(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {
for (String word : wordList) {
addEdge(word);
}
addEdge(beginWord);
if (!wordId.containsKey(endWord)) {
return 0;
}
int[] dis = new int[nodeNum];
Arrays.fill(dis, Integer.MAX_VALUE);
int beginId = wordId.get(beginWord), endId = wordId.get(endWord);
dis[beginId] = 0;
Queue<Integer> que = new LinkedList<Integer>();
que.offer(beginId);
while (!que.isEmpty()) {
int x = que.poll();
if (x == endId) {
return dis[endId] / 2 + 1;
}
for (int it : edge.get(x)) {
if (dis[it] == Integer.MAX_VALUE) {
dis[it] = dis[x] + 1;
que.offer(it);
}
}
}
return 0;
}
public void addEdge(String word) {
addWord(word);
int id1 = wordId.get(word);
char[] array = word.toCharArray();
int length = array.length;
for (int i = 0; i < length; ++i) {
char tmp = array[i];
array[i] = '*';
String newWord = new String(array);
addWord(newWord);
int id2 = wordId.get(newWord);
edge.get(id1).add(id2);
edge.get(id2).add(id1);
array[i] = tmp;
}
}
public void addWord(String word) {
if (!wordId.containsKey(word)) {
wordId.put(word, nodeNum++);
edge.add(new ArrayList<Integer>());
}
}
}
复杂度分析
时间复杂度：\(O(N \times C^2)\)。其中 \(N\) 为
wordList的长度，\(C\) 为列表中单词的长度。建图过程中，对于每一个单词，我们需要枚举它连接到的所有虚拟节点，时间复杂度为 \(O(C)\)，将这些单词加入到哈希表中，时间复杂度为 \(O(N \times C)\)，因此总时间复杂度为 \(O(N \times C)\)。
广度优先搜索的时间复杂度最坏情况下是 \(O(N \times C)\)。每一个单词需要拓展出 \(O(C)\) 个虚拟节点，因此节点数 \(O(N \times C)\)。
空间复杂度：\(O(N \times C^2)\)。其中 \(N\) 为
wordList的长度，\(C\) 为列表中单词的长度。哈希表中包含 \(O(N \times C)\) 个节点，每个节点占用空间 \(O(C)\)，因此总的空间复杂度为 \(O(N \times C^2)\)。
方法二：双向广度优先搜索
思路及解法
根据给定字典构造的图可能会很大，而广度优先搜索的搜索空间大小依赖于每层节点的分支数量。假如每个节点的分支数量相同，搜索空间会随着层数的增长指数级的增加。考虑一个简单的二叉树，每一层都是满二叉树的扩展，节点的数量会以 \(2\) 为底数呈指数增长。
如果使用两个同时进行的广搜可以有效地减少搜索空间。一边从 beginWord 开始，另一边从 endWord 开始。我们每次从两边各扩展一层节点，当发现某一时刻两边都访问过同一顶点时就停止搜索。这就是双向广度优先搜索，它可以可观地减少搜索空间大小，从而提高代码运行效率。
代码
class Solution {
Map<String, Integer> wordId = new HashMap<String, Integer>();
List<List<Integer>> edge = new ArrayList<List<Integer>>();
int nodeNum = 0;
public int ladderLength(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {
for (String word : wordList) {
addEdge(word);
}
addEdge(beginWord);
if (!wordId.containsKey(endWord)) {
return 0;
}
int[] disBegin = new int[nodeNum];
Arrays.fill(disBegin, Integer.MAX_VALUE);
int beginId = wordId.get(beginWord);
disBegin[beginId] = 0;
Queue<Integer> queBegin = new LinkedList<Integer>();
queBegin.offer(beginId);
int[] disEnd = new int[nodeNum];
Arrays.fill(disEnd, Integer.MAX_VALUE);
int endId = wordId.get(endWord);
disEnd[endId] = 0;
Queue<Integer> queEnd = new LinkedList<Integer>();
queEnd.offer(endId);
while (!queBegin.isEmpty() && !queEnd.isEmpty()) {
int queBeginSize = queBegin.size();
for (int i = 0; i < queBeginSize; ++i) {
int nodeBegin = queBegin.poll();
if (disEnd[nodeBegin] != Integer.MAX_VALUE) {
return (disBegin[nodeBegin] + disEnd[nodeBegin]) / 2 + 1;
}
for (int it : edge.get(nodeBegin)) {
if (disBegin[it] == Integer.MAX_VALUE) {
disBegin[it] = disBegin[nodeBegin] + 1;
queBegin.offer(it);
}
}
}
int queEndSize = queEnd.size();
for (int i = 0; i < queEndSize; ++i) {
int nodeEnd = queEnd.poll();
if (disBegin[nodeEnd] != Integer.MAX_VALUE) {
return (disBegin[nodeEnd] + disEnd[nodeEnd]) / 2 + 1;
}
for (int it : edge.get(nodeEnd)) {
if (disEnd[it] == Integer.MAX_VALUE) {
disEnd[it] = disEnd[nodeEnd] + 1;
queEnd.offer(it);
}
}
}
}
return 0;
}
public void addEdge(String word) {
addWord(word);
int id1 = wordId.get(word);
char[] array = word.toCharArray();
int length = array.length;
for (int i = 0; i < length; ++i) {
char tmp = array[i];
array[i] = '*';
String newWord = new String(array);
addWord(newWord);
int id2 = wordId.get(newWord);
edge.get(id1).add(id2);
edge.get(id2).add(id1);
array[i] = tmp;
}
}
public void addWord(String word) {
if (!wordId.containsKey(word)) {
wordId.put(word, nodeNum++);
edge.add(new ArrayList<Integer>());
}
}
}
复杂度分析
时间复杂度：\(O(N \times C^2)\)。其中 \(N\) 为
wordList的长度，\(C\) 为列表中单词的长度。建图过程中，对于每一个单词，我们需要枚举它连接到的所有虚拟节点，时间复杂度为 \(O(C)\)，将这些单词加入到哈希表中，时间复杂度为 \(O(N \times C)\)，因此总时间复杂度为 \(O(N \times C)\)。
双向广度优先搜索的时间复杂度最坏情况下是 \(O(N \times C)\)。每一个单词需要拓展出 \(O(C)\) 个虚拟节点，因此节点数 \(O(N \times C)\)。
空间复杂度：\(O(N \times C^2)\)。其中 \(N\) 为
wordList的长度，\(C\) 为列表中单词的长度。哈希表中包含 \(O(N \times C)\) 个节点，每个节点占用空间 \(O(C)\)，因此总的空间复杂度为 \(O(N \times C^2)\)。