0、前言

本题是力扣上 133. 克隆图 题的题解，这个题是 BFS 和 DFS的例题，挺有意思的，虽然一开始看题的描述没怎么看懂~

1、题目描述

具体描述可点击前言中的链接进行查看！

2、解题思路

2.1 方法1 ~ 利用BFS

2.1.1 思路

利用BFS 做题的一个特点就是，需要有一个保存已被访问数据的容器，常用的如哈希表，还需有一个保存当前条件下满足要求的数据的容器，常用的如队列。基于此，该题的利用BFS的思路可如下：

1. 使用一个哈希表 visited 存储所有已被访问和克隆的节点。此题中的哈希表的 key 是原始图中的节点，value 是克隆图中的对应节点。
2. 将题目中未在visited出现过的节点添加到队列，同时克隆该节点并存储到哈希表中。
3. 每次从队列首部取出一个节点，遍历该节点的所有邻接点。如果visited中有这个邻接点，即该邻接点已被访问，则从 visited 获得该邻接点，否则创建一个新的节点存储在 visited 中，并将邻接点添加到队列，以便后续查找。然后将克隆的邻接点添加到克隆图对应节点的邻接表中。重复上述操作直到队列为空，则整个图遍历结束。

2.1.2 程序代码

class Solution {
    
public:
    unordered_map<Node*, Node*> visited;
    Node* cloneGraph(Node* node) {
    
        if (node == nullptr) {
    
            return node;
        }
        visited[node] = new Node(node->val);
        queue<Node*> que;//保存还没访问或还没克隆的节点
        que.push(node);
        while(!que.empty())
        {
    
            Node *n = que.front();
            que.pop();
            for(auto& nei:n->neighbors)
            {
    
                if(!visited.count(nei))
                {
    
                    visited[nei] = new Node(nei->val);
                    que.push(nei);
                }
                //n代表了原图中的节点，visited[n]代表了克隆图中的节点
                visited[n]->neighbors.push_back(visited[nei]);
            }
        }
        return visited[node];
    }
};

2.2 方法2 ~ 利用 DFS

2.2.1 思路

此处的思路和上述方法1中的思路相近，只不过采用了递归，这也是DFS的特点。具体思路是，设定一个哈希表visited表示已被访问和克隆的节点，当其中没有目标点的邻接点时，则创建节点并将其存入visited中，如果有，则直接返回该节点作为克隆图对应节点的邻接点。然后重复上述步骤，直至节点遍历结束！

2.2.2 程序代码

class Solution {
    
public:
    unordered_map<Node*, Node*> visited;
    Node* cloneGraph(Node* node) {
    
        if(node == nullptr)
            return node;
        if(visited.count(node))
            return visited[node];
        Node* newNode = new Node(node->val);
        visited[node] = newNode;
        for(auto& n:node->neighbors)
        {
    
            newNode->neighbors.push_back(cloneGraph(n));
        }
        return newNode;
    }
};