841. 钥匙和房间

有 N 个房间，开始时你位于 0 号房间。每个房间有不同的号码： 0，1，2，...，N-1 ，并且房间里可能有一些钥匙能使你进入下一个房间。

在形式上，对于每个房间 i 都有一个钥匙列表 rooms[i] ，每个钥匙 rooms[i][j] 由 [0,1，...，N-1] 中的一个整数表示，其中 N = rooms.length 。 钥匙 rooms[i][j] = v 可以打开编号为 v 的房间。

最初，除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。

你可以自由地在房间之间来回走动。

如果能进入每个房间返回 true，否则返回 false。

示例 1：
输入: [[1],[2],[3],[]]
输出: true
解释:  
我们从 0 号房间开始，拿到钥匙 1。
之后我们去 1 号房间，拿到钥匙 2。
然后我们去 2 号房间，拿到钥匙 3。
最后我们去了 3 号房间。
由于我们能够进入每个房间，我们返回 true。

示例 2：
输入：[[1,3],[3,0,1],[2],[0]]
输出：false
解释：我们不能进入 2 号房间。

提示：

1. 1 <= rooms.length <= 1000
2. 0 <= rooms[i].length <= 1000
3. 所有房间中的钥匙数量总计不超过 3000。

前言

当 x 号房间中有 y 号房间的钥匙时，我们就可以从 x 号房间去往 y 号房间。如果我们将这 n 个房间看成有向图中的 n 个节点，那么上述关系就可以看作时图中的 x 号点到 y 号的点的一条有向边。

方法1：深度优先搜索(DFS)

算法思路：

使用深度优先搜索的方式遍历整张图，统计可以到达的节点个数，并利用数组 visited 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问。

参考代码1:

class Solution {
    // DFS 深度优先搜索
    boolean[] visited;
    int num;
    public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
        int n = rooms.size();
        // 记录房间是否被访问过
        visited = new boolean[n];
        // 记录dfs遍历的次数
        num = 0;
        // 从0号房间开始遍历
        dfs(rooms, 0);
        // num遍历次数等于房间数则返回true
        return num == n;
    }

    private void dfs(List<List<Integer>> rooms, int x) {
        // 记录改号房被访问过
        visited[x] = true;
        // 访问的房间计数
        num++;
        // 遍历每个房间的钥匙列表
        for (int k : rooms.get(x)) {
            // 如果当前钥匙对应的房间没有被访问过
            if (!visited[k]) {
                dfs(rooms, k);
            }
        }
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：，其中 n 是房间的数量，m 是所有房间的钥匙数量总数。
• 空间复杂度：，其中 n 是房间的数量。主要为栈空间的开销。

方法2：广度优先搜索(BFS)

算法思路：

使用广度优先搜索的方式遍历整张图，统计可以到达的节点个数，并利用数组 visited 标记当前节点是否访问过，以防止重复访问。

参考代码2:

class Solution {
    // 广度优先搜索 BFS
    public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
        int n = rooms.size();

        // BFS
        Queue<Integer> queue = new ArrayDeque<>();
        // 从0号房间
        queue.add(0);
        // 记录房间是否访问过
        boolean[] visited = new boolean[n];
        visited[0] = true;
        // 记录访问的次数
        int num = 0;

        while (!queue.isEmpty()) {
            int curr = queue.poll();
            num++;
            for (int x : rooms.get(curr)) {
                if (!visited[x]){
                    queue.add(x);
                    visited[x] = true;
                }
            }
        }
        return num == n;
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：，其中 n 是房间的数量，m 是所有房间的钥匙数量总数。
• 空间复杂度：，其中 n 是房间的数量。主要为队列的开销。

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