题目描述（困难难度）
给定两个单词，一个作为开始，一个作为结束，还有一个单词列表。然后依次选择单词，只有当前单词到下一个单词只有一个字母不同才能被选择，然后新的单词再作为当前单词，直到选到结束的单词。输出这个的最短路径，如果有多组，则都输出。
思路分析
结合了开始自己的想法，又看了 Discuss，这道题有些难讲清楚，一个原因就是解法的代码会很长，这里理一下整个的思路。
如果我们从开始的单词，把与之能够转换的单词连起来，它就会长成下边的样子。
橙色表示结束单词，上图橙色的路线就是我们要找的最短路径。所以我们要做的其实就是遍历上边的树，然后判断当前节点是不是结束单词，找到结束单词后，还要判断当前是不是最短的路径。说到遍历当然就是两种思路了，DFS 或者 BFS。
解法一 DFS
利用回溯的思想，做一个 DFS。
首先要解决的问题是怎么找到节点的所有孩子节点。这里有两种方案。
第一种，遍历 wordList 来判断每个单词和当前单词是否只有一个字母不同。
for (int i = 0; i < wordList.size(); i++) { String curWord = wordList.get(i); //符合只有一个单词不同，就进入递归 if (oneChanged(beginWord, curWord)) { //此时代表可以从 beginWord -> curWord } } private boolean oneChanged(String beginWord, String curWord) { int count = 0; for (int i = 0; i < beginWord.length(); i++) { if (beginWord.charAt(i) != curWord.charAt(i)) { count++; } if (count == 2) { return false; } } return count == 1; } 这种的时间复杂度的话，如果 wordList 长度为 m，每个单词的长度为 n。那么就是 O(mn)。 第二种，将要找的节点单词的每个位置换一个字符，然后看更改后的单词在不在 wordList 中。
//dict 就是 wordList，为了提高速度，从 List 转为 HashSet //cur 是我们要考虑的单词 private List<String> getNext(String cur, Set<String> dict) { List<String> res = new ArrayList<>(); char[] chars = cur.toCharArray(); //考虑每一位 for (int i = 0; i < chars.length; i++) { char old = chars[i]; //考虑变成其他所有的字母 for (char c = 'a'; c <= 'z'; c++) { if (c == old) { continue; } chars[i] = c; String next = new String(chars); //判断 wordList 是否包含修改后的单词 if (dict.contains(next)) { res.add(next); } } chars[i] = old; } return res; } 这种的话，由于用到了 HashSet ，所以 contains 函数就是 O（1）。所以整个计算量就是 26n，所以是 O（n）。
还要解决的一个问题是，因为我们要找的是最短的路径。但是事先我们并不知道最短的路径是多少，我们需要一个全局变量来保存当前找到的路径的长度。如果找到的新的路径的长度比之前的路径短，就把之前的结果清空，重新找，如果是最小的长度，就加入到结果中。
看下一递归出口。
//到了结尾单词 if (beginWord.equals(endWord)) { //当前长度更小，清空之前的，加新的路径加入到结果中 if (min > temp.size()) { ans.clear(); min = temp.size(); ans.add(new ArrayList<String>(temp)); //相等的话就直接加路径加入到结果中 } else if (min == temp.size()) { ans.add(new ArrayList<String>(temp)); } return; } //当前的长度到达了 min，还是没有到达结束单词就提前结束 if (temp.size() >= min) { return; } 得到下一个节点刚才讲了两种思路，我们先采用第一种解法，看一下效果。
public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) { List<List<String>> ans = new ArrayList<>(); ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>(); //temp 用来保存当前的路径 temp.add(beginWord); findLaddersHelper(beginWord, endWord, wordList, temp, ans); return ans; } int min = Integer.MAX_VALUE; private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) { if (beginWord.equals(endWord)) { if (min > temp.size()) { ans.clear(); min = temp.size(); ans.add(new ArrayList<String>(temp)); } else if (min == temp.size()) { ans.add(new ArrayList<String>(temp)); } return; } //当前的长度到达了 min，还是没有到达结束单词就提前结束 if (temp.size() >= min) { return; } //遍历当前所有的单词 for (int i = 0; i < wordList.size(); i++) { String curWord = wordList.get(i); //路径中已经含有当前单词，如果再把当前单词加到路径，那肯定会使得路径更长，所以跳过 if (temp.contains(curWord)) { continue; } //符合只有一个单词不同，就进入递归 if (oneChanged(beginWord, curWord)) { temp.add(curWord); findLaddersHelper(curWord, endWord, wordList, temp, ans); temp.remove(temp.size() - 1); } } } private boolean oneChanged(String beginWord, String curWord) { int count = 0; for (int i = 0; i < beginWord.length(); i++) { if (beginWord.charAt(i) != curWord.charAt(i)) { count++; } if (count == 2) { return false; } } return count == 1; } 但是对于普通的输入可以解决，如果 wordList 过长的话就会造成超时了。
得到下一个的节点，如果采用第二种解法呢？
int min = Integer.MAX_VALUE; public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) { List<List<String>> ans = new ArrayList<>(); ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>(); temp.add(beginWord); //temp 用来保存当前的路径 findLaddersHelper(beginWord, endWord, wordList, temp, ans); return ans; } private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) { if (beginWord.equals(endWord)) { if (min > temp.size()) { ans.clear(); min = temp.size(); ans.add(new ArrayList<String>(temp)); } else if (min == temp.size()) { ans.add(new ArrayList<String>(temp)); } return; } if (temp.size() >= min) { return; } Set<String> dict = new HashSet<>(wordList); //一次性到达所有的下一个的节点 ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(beginWord, dict); for (String neighbor : neighbors) { if (temp.contains(neighbor)) { continue; } temp.add(neighbor); findLaddersHelper(neighbor, endWord, wordList, temp, ans); temp.remove(temp.size() - 1); } } private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) { ArrayList<String> res = new ArrayList<String>(); char chs[] = node.toCharArray(); for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) { for (int i = 0; i < chs.length; i++) { if (chs[i] == ch) continue; char old_ch = chs[i]; chs[i] = ch; if (dict.contains(String.valueOf(chs))) { res.add(String.valueOf(chs)); } chs[i] = old_ch; } } return res; } 快了一些，但是还是超时。
我们继续来优化，首先想一下为什么会超时，看一下之前的图。
DFS 的过程的话，结合上图，就是先考虑了最左边的路径，然后再回溯一下，继续到达底部。然后回溯回溯，终于到了一条含有结束单词的路径，然而事实上这条并不是最短路径。综上，我们会多判断很多无用的路径。
如果我们事先知道了最短路径长度是 4，那么我们只需要考虑前 4 层就足够了。
怎么知道结束单词在哪一层呢？只能一层层的找了，也就是 BFS。此外，因为上图需要搜索的树提前是没有的，我们需要边找边更新这个树。而在 DFS 中，我们也需要这个树，其实就是需要每个节点的所有相邻节点。
所以我们在 BFS 中，就把每个节点的所有相邻节点保存到 HashMap 中，就省去了 DFS 再去找相邻节点的时间。
此外，BFS 的过程中，把最短路径的高度用 min 也记录下来，在 DFS 的时候到达高度后就可以提前结束。
int min = 0; public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) { List<List<String>> ans = new ArrayList<>(); //如果不含有结束单词，直接结束，不然后边会造成死循环 if (!wordList.contains(endWord)) { return ans; } //利用 BFS 得到所有的邻居节点 HashMap<String, ArrayList<String>> map = bfs(beginWord, endWord, wordList); ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>(); // temp 用来保存当前的路径 temp.add(beginWord); findLaddersHelper(beginWord, endWord, map, temp, ans); return ans; } private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, HashMap<String, ArrayList<String>> map, ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) { if (beginWord.equals(endWord)) { ans.add(new ArrayList<String>(temp)); return; } if(temp.size() - 1== min){ return; } // 得到所有的下一个的节点 ArrayList<String> neighbors = map.getOrDefault(beginWord, new ArrayList<String>()); for (String neighbor : neighbors) { if (temp.contains(neighbor)) { continue; } temp.add(neighbor); findLaddersHelper(neighbor, endWord, map, temp, ans); temp.remove(temp.size() - 1); } } public HashMap<String, ArrayList<String>> bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) { Queue<String> queue = new LinkedList<>(); queue.offer(beginWord); HashMap<String, ArrayList<String>> map = new HashMap<>(); boolean isFound = false; Set<String> dict = new HashSet<>(wordList); while (!queue.isEmpty()) { int size = queue.size(); min++; for (int j = 0; j < size; j++) { String temp = queue.poll(); // 一次性得到所有的下一个的节点 ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(temp, dict); map.put(temp, neighbors); for (String neighbor : neighbors) { if (neighbor.equals(endWord)) { isFound = true; } queue.offer(neighbor); } } if (isFound) { break; } } return map; } private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) { ArrayList<String> res = new ArrayList<String>(); char chs[] = node.toCharArray(); for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) { for (int i = 0; i < chs.length; i++) { if (chs[i] == ch) continue; char old_ch = chs[i]; chs[i] = ch; if (dict.contains(String.valueOf(chs))) { res.add(String.valueOf(chs)); } chs[i] = old_ch; } } return res; } 然而这个优化，对于 leetcode 的 tests 并没有什么影响。
让我们继续考虑优化方案，回到之前的图。
假如我们在考虑上图中黄色节点的相邻节点，发现第三层的 abc 在第二层已经考虑过了。所以第三层的 abc 其实不用再考虑了，第三层的 abc 后边的结构一定和第二层后边的结构一样，因为我们要找最短的路径，所以如果产生了最短路径，一定是第二层的 abc 首先达到结束单词。
所以其实我们在考虑第 k 层的某一个单词，如果这个单词在第 1 到 k-1 层已经出现过，我们其实就不过继续向下探索了。
在之前的代码中，我们其实已经考虑了部分这个问题。
if (temp.contains(neighbor)) { continue; } 但我们只考虑了当前路径是否含有该单词，而就像上图表示的，其他路径之前已经考虑过了当前单词，我们也是可以跳过的。
根据这个优化思路，有两种解决方案。
第一种，再利用一个 HashMap，记为 distance 变量。在 BFS 的过程中，把第一次遇到的单词当前的层数存起来。之后遇到也不进行更新，就会是下边的效果。
这样我们就可以在 DFS 的时候来判断当前黄色的节点的 distance 是不是比邻接节点的小 1。上图中 distance 都是 1 ，所以不符合，就可以跳过。
此外，在 DFS 中，因为我们每次都根据节点的层数来进行深搜，所以之前保存最短路径的全局变量 min 在这里也就不需要了。
public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) { List<List<String>> ans = new ArrayList<>(); // 如果不含有结束单词，直接结束，不然后边会造成死循环 if (!wordList.contains(endWord)) { return ans; } // 利用 BFS 得到所有的邻居节点,以及每个节点的所在层数 HashMap<String, Integer> distance = new HashMap<>(); HashMap<String, ArrayList<String>> map = new HashMap<>(); bfs(beginWord, endWord, wordList, map, distance); ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>(); // temp 用来保存当前的路径 temp.add(beginWord); findLaddersHelper(beginWord, endWord, map, distance, temp, ans); return ans; } private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, HashMap<String, ArrayList<String>> map, HashMap<String, Integer> distance, ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) { if (beginWord.equals(endWord)) { ans.add(new ArrayList<String>(temp)); return; } // 得到所有的下一个的节点 /* "a" "c" ["a","b","c"]*/ //之所以是 map.getOrDefault 而不是 get，就是上边的情况 get 会出错 ArrayList<String> neighbors = map.getOrDefault(beginWord, new ArrayList<String>()); for (String neighbor : neighbors) { //判断层数是否符合 if (distance.get(beginWord) + 1 == distance.get(neighbor)) { temp.add(neighbor); findLaddersHelper(neighbor, endWord, map, distance, temp, ans); temp.remove(temp.size() - 1); } } } public void bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, HashMap<String, ArrayList<String>> map, HashMap<String, Integer> distance) { Queue<String> queue = new LinkedList<>(); queue.offer(beginWord); distance.put(beginWord, 0); boolean isFound = false; int depth = 0; Set<String> dict = new HashSet<>(wordList); while (!queue.isEmpty()) { int size = queue.size(); depth++; for (int j = 0; j < size; j++) { String temp = queue.poll(); // 一次性得到所有的下一个的节点 ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(temp, dict); map.put(temp, neighbors); for (String neighbor : neighbors) { if (!distance.containsKey(neighbor)) { distance.put(neighbor, depth); if (neighbor.equals(endWord)) { isFound = true; } queue.offer(neighbor); } } } if (isFound) { break; } } } private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) { ArrayList<String> res = new ArrayList<String>(); char chs[] = node.toCharArray(); for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) { for (int i = 0; i < chs.length; i++) { if (chs[i] == ch) continue; char old_ch = chs[i]; chs[i] = ch; if (dict.contains(String.valueOf(chs))) { res.add(String.valueOf(chs)); } chs[i] = old_ch; } } return res; } 终于，上边的算法 AC 了。上边讲到我们提前存储了 distance ，方便在 DFS 中来判断我们是否继续深搜。
这里再讲一下另一种思路，再回顾一下这个要进行优化的图。
我们就是减少了第三层的 abc 的情况的判断。我们其实可以不用 distance ，在 BFS 中，如果发现有邻接节点在之前已经出现过了，我们直接把这个邻接节点删除不去。这样的话，在 DFS 中就不用再判断了，直接取邻居节点就可以了。
判断之前是否已经处理过，可以用一个 HashSet 来把之前的节点存起来进行判断。
这里删除邻接节点需要用到一个语言特性，java 中遍历 List 过程中，不能对 List 元素进行删除。如果想边遍历边删除，可以借助迭代器。
Iterator<String> it = neighbors.iterator();//把元素导入迭代器 while (it.hasNext()) { String neighbor = it.next(); if (!visited.contains(neighbor)) { if (neighbor.equals(endWord)) { isFound = true; } queue.offer(neighbor); subVisited.add(neighbor); }else{ it.remove(); } } 此外我们要判断的是当前节点在之前层有没有出现过，当前层正在遍历的节点先加到 subVisited 中。
public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) { List<List<String>> ans = new ArrayList<>(); if (!wordList.contains(endWord)) { return ans; } // 利用 BFS 得到所有的邻居节点 HashMap<String, ArrayList<String>> map = new HashMap<>(); bfs(beginWord, endWord, wordList, map); ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>(); // temp 用来保存当前的路径 temp.add(beginWord); findLaddersHelper(beginWord, endWord, map, temp, ans); return ans; } private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, HashMap<String, ArrayList<String>> map, ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) { if (beginWord.equals(endWord)) { ans.add(new ArrayList<String>(temp)); return; } // 得到所有的下一个的节点 ArrayList<String> neighbors = map.getOrDefault(beginWord, new ArrayList<String>()); for (String neighbor : neighbors) { temp.add(neighbor); findLaddersHelper(neighbor, endWord, map, temp, ans); temp.remove(temp.size() - 1); } } public void bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, HashMap<String, ArrayList<String>> map) { Queue<String> queue = new LinkedList<>(); queue.offer(beginWord); boolean isFound = false; int depth = 0; Set<String> dict = new HashSet<>(wordList); Set<String> visited = new HashSet<>(); visited.add(beginWord); while (!queue.isEmpty()) { int size = queue.size(); depth++; Set<String> subVisited = new HashSet<>(); for (int j = 0; j < size; j++) { String temp = queue.poll(); // 一次性得到所有的下一个的节点 ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(temp, dict); Iterator<String> it = neighbors.iterator();//把元素导入迭代器 while (it.hasNext()) { String neighbor = it.next(); if (!visited.contains(neighbor)) { if (neighbor.equals(endWord)) { isFound = true; } queue.offer(neighbor); subVisited.add(neighbor); }else{ it.remove(); } } map.put(temp, neighbors); } visited.addAll(subVisited); if (isFound) { break; } } } private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) { ArrayList<String> res = new ArrayList<String>(); char chs[] = node.toCharArray(); for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) { for (int i = 0; i < chs.length; i++) { if (chs[i] == ch) continue; char old_ch = chs[i]; chs[i] = ch; if (dict.contains(String.valueOf(chs))) { res.add(String.valueOf(chs)); } chs[i] = old_ch; } } return res; } 解法二 BFS
如果理解了上边的 DFS 过程，接下来就很好讲了。上边 DFS 借助了 BFS 把所有的邻接关系保存了起来，再用 DFS 进行深度搜索。
我们可不可以只用 BFS，一边进行层次遍历，一边就保存结果。当到达结束单词的时候，就把结果存储。省去再进行 DFS 的过程。
是完全可以的，BFS 的队列就不去存储 String 了，直接去存到目前为止的路径，也就是一个 List。
public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) { List<List<String>> ans = new ArrayList<>(); // 如果不含有结束单词，直接结束，不然后边会造成死循环 if (!wordList.contains(endWord)) { return ans; } bfs(beginWord, endWord, wordList, ans); return ans; } public void bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, List<List<String>> ans) { Queue<List<String>> queue = new LinkedList<>(); List<String> path = new ArrayList<>(); path.add(beginWord); queue.offer(path); boolean isFound = false; Set<String> dict = new HashSet<>(wordList); Set<String> visited = new HashSet<>(); visited.add(beginWord); while (!queue.isEmpty()) { int size = queue.size(); Set<String> subVisited = new HashSet<>(); for (int j = 0; j < size; j++) { List<String> p = queue.poll(); //得到当前路径的末尾单词 String temp = p.get(p.size() - 1); // 一次性得到所有的下一个的节点 ArrayList<String> neighbors = getNeighbors(temp, dict); for (String neighbor : neighbors) { //只考虑之前没有出现过的单词 if (!visited.contains(neighbor)) { //到达结束单词 if (neighbor.equals(endWord)) { isFound = true; p.add(neighbor); ans.add(new ArrayList<String>(p)); p.remove(p.size() - 1); } //加入当前单词 p.add(neighbor); queue.offer(new ArrayList<String>(p)); p.remove(p.size() - 1); subVisited.add(neighbor); } } } visited.addAll(subVisited); if (isFound) { break; } } } private ArrayList<String> getNeighbors(String node, Set<String> dict) { ArrayList<String> res = new ArrayList<String>(); char chs[] = node.toCharArray(); for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) { for (int i = 0; i < chs.length; i++) { if (chs[i] == ch) continue; char old_ch = chs[i]; chs[i] = ch; if (dict.contains(String.valueOf(chs))) { res.add(String.valueOf(chs)); } chs[i] = old_ch; } } return res; } 代码看起来简洁了很多。
解法三 DFS + BFS 双向搜索（two-end BFS）
在解法一的思路上，我们还能够继续优化。
解法一中，我们利用了 BFS 建立了每个节点的邻居节点。在之前的示意图中，我们把同一个字符串也画在了不同节点。这里把同一个节点画在一起，再看一下。
我们可以从结束单词反向进行 BFS。
这样的话，当两个方向产生了共同的节点，就是我们的最短路径了。
至于每次从哪个方向扩展，我们可以每次选择需要扩展的节点数少的方向进行扩展。
例如上图中，一开始需要向下扩展的个数是 1 个，需要向上扩展的个数是 1 个。个数相等，我们就向下扩展。然后需要向下扩展的个数就变成了 4 个，而需要向上扩展的个数是 1 个，所以此时我们向上扩展。接着，需要向上扩展的个数变成了 6 个，需要向下扩展的个数是 4 个，我们就向下扩展......直到相遇。
双向扩展的好处，我们粗略的估计一下时间复杂度。
假设 beginword 和 endword 之间的距离是 d。每个节点可以扩展出 k 个节点。
那么正常的时间复杂就是 。
双向搜索的时间复杂度就是 。
public List<List<String>> findLadders(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) { List<List<String>> ans = new ArrayList<>(); if (!wordList.contains(endWord)) { return ans; } // 利用 BFS 得到所有的邻居节点 HashMap<String, ArrayList<String>> map = new HashMap<>(); bfs(beginWord, endWord, wordList, map); ArrayList<String> temp = new ArrayList<String>(); // temp 用来保存当前的路径 temp.add(beginWord); findLaddersHelper(beginWord, endWord, map, temp, ans); return ans; } private void findLaddersHelper(String beginWord, String endWord, HashMap<String, ArrayList<String>> map, ArrayList<String> temp, List<List<String>> ans) { if (beginWord.equals(endWord)) { ans.add(new ArrayList<String>(temp)); return; } // 得到所有的下一个的节点 ArrayList<String> neighbors = map.getOrDefault(beginWord, new ArrayList<String>()); for (String neighbor : neighbors) { temp.add(neighbor); findLaddersHelper(neighbor, endWord, map, temp, ans); temp.remove(temp.size() - 1); } } //利用递归实现了双向搜索 private void bfs(String beginWord, String endWord, List<String> wordList, HashMap<String, ArrayList<String>> map) { Set<String> set1 = new HashSet<String>(); set1.add(beginWord); Set<String> set2 = new HashSet<String>(); set2.add(endWord); Set<String> wordSet = new HashSet<String>(wordList); bfsHelper(set1, set2, wordSet, true, map); } // direction 为 true 代表向下扩展，false 代表向上扩展 private boolean bfsHelper(Set<String> set1, Set<String> set2, Set<String> wordSet, boolean direction, HashMap<String, ArrayList<String>> map) { //set1 为空了，就直接结束 //比如下边的例子就会造成 set1 为空 /* "hot" "dog" ["hot","dog"]*/ if(set1.isEmpty()){ return false; } // set1 的数量多，就反向扩展 if (set1.size() > set2.size()) { return bfsHelper(set2, set1, wordSet, !direction, map); } // 将已经访问过单词删除 wordSet.removeAll(set1); wordSet.removeAll(set2); boolean done = false; // 保存新扩展得到的节点 Set<String> set = new HashSet<String>(); for (String str : set1) { //遍历每一位 for (int i = 0; i < str.length(); i++) { char[] chars = str.toCharArray(); // 尝试所有字母 for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++) { if(chars[i] == ch){ continue; } chars[i] = ch; String word = new String(chars); // 根据方向得到 map 的 key 和 val String key = direction ? str : word; String val = direction ? word : str; ArrayList<String> list = map.containsKey(key) ? map.get(key) : new ArrayList<String>(); //如果相遇了就保存结果 if (set2.contains(word)) { done = true; list.add(val); map.put(key, list); } //如果还没有相遇，并且新的单词在 word 中，那么就加到 set 中 if (!done && wordSet.contains(word)) { set.add(word); list.add(val); map.put(key, list); } } } } //一般情况下新扩展的元素会多一些，所以我们下次反方向扩展 set2 return done || bfsHelper(set2, set, wordSet, !direction, map); } 总
最近事情比较多，这道题每天想一想，陆陆续续拖了好几天了。这道题本质上就是在正常的遍历的基础上，去将一些分支剪去，从而提高速度。至于方法的话，除了我上边介绍的实现方式，应该也会有很多其它的方式，但其实本质上是为了实现一样的东西。另外，双向搜索的方法，自己第一次遇到，网上搜了一下，看样子还是比较经典的一个算法。主要就是用于解决已知起点和终点，去求图的最短路径的问题。