除了将bitmap转化为int之类的，还可以直接用string.

同时可以用unordered_map<string,bool>记录状态是否访问过。

同时注意string的一个char的范围不只是0、1，因此还可以用来计数之类的

1. 记录 已经搜索过的节点 的结果值。当下次访问到这个节点时，直接返回。
2. 将当前已经进行过的步骤，与 已经计算出来的、可能不是最优解的 结果 进行对比，以便剪枝。
3. 将节点排好序，以便2.能够发挥更好的剪枝效果

dfs可以分两种，一种自上而下的将结果传递给下层，如采用already_count之类的.

第二种则是像这样：dfs()返回整个问题的答案，而一个问题可以分解为多个子问题。如果可以这样，那么这样更好，因为感觉像这样dfs更容易缕清思路。

dfs时注意记忆化。

dfs时，一种更好的实践是在父节点要向下递归时，不判断子节点是否为空。而是在访问当前节点时，判断是否为空。这种将事情推给子节点自己去判断 比较思路清晰。

dfs时超时，可考虑将原先的数据排序，看能否加快

最近继续做bfs tag的题，有了一些新的思索。

1. 每次bfs的时候，我们总把新元素放到队列后面。但其实我们常常遇到的这种情况 是另外一种情况的简化版，在那一种hard模式的版本中，队列是用的双端队列。
   1. 若新元素与当前相比 并没有实际的进展，则新元素被放到队首，反之放到队尾。这时，整个双端队列分为两级、分为两部分，前面的是同一级的，后面的下一级的。具体题型见lc1263 推箱子

2. 在bfs时，我们使用vis来标记某个元素是否曾经访问过。在一个图中，若这种遍历边 并 判断是否曾经访问过的行为就有很多时间开销了，那我们就可以采用list来记录某个节点的边们，并将访问过的边去掉，具体题目见lc1345 跳跃游戏IV。list相关代码如下：

        auto it = list.begin();
        while (it != list.end()) {
          int next_x = (*it);
          if (!vis[next_x]) {
            vis[next_x] = true;
            q.push(next_x);
            if (next_x == desi) {
              return step;
            }
            list.erase(it++);
          } else {
            it++;
          }
        }

1. 最短路（含spfa）: here
2. 最小生成树prime算法: here

记录录路径:开一个pre数组，在每次松弛bai边的时候（就是在执行duif d[j]+cost[k]<d[i] then d[i]:=d[j]+cost[k]的时候），这时如果d[i]被更新了，就将pre[i]:=j,表示当前到zhii点的最短路dao径中，j是i的前驱结点。在做完spfa时，
对于结点i,不断地i:=pre[i]直到i=源点，这途中的点即为路径。

判断负权环：因为用了队列版维护d数组，如果i结点入队次数大于等于n次，则有负权权环

若需要一个类，这个类只有成员变量且【成员变量类型相同】，那么可以直接pair或者数组

vis的目的其实并不是已经访问过哪些节点，而是记录【[在当前步骤] 或 [之前的步骤]】中已经访问过的状态。因为之前已经访问过了这些状态，而之前那些访问用的步骤更少，因此之后就没必要再次访问这些状态了。

当用bfs用于记录到达某个状态的步骤时，则若某个节点 【曾经访问过】或【通步骤的其他状态已经将这个节点加入队列】，则不用再将这个节点加入队列：

 while (!sourceq.empty()) {
      level_count = sourceq.size();
      while ((level_count--) > 0) {
        auto p = sourceq.front();
        sourceq.pop(); 
        for (int i=0; i<4; i++) {
          int subx = p.first + dx[i];
          int suby = p.second + dy[i];
          if (subx >= 0 && suby >= 0 && subx < m && suby < n) {
            if (A[subx][suby] == 1) {
              return step;
            } else if (A[subx][suby] == 0 && vis2[subx][suby] == 0){
              sourceq.push({subx,suby});
              vis2[subx][suby]=1;
            }
          }
        }
      }

或者：

while (!sourceq.empty()) {
      level_count = sourceq.size();
      while ((level_count--) > 0) {
        auto p = sourceq.front();
        sourceq.pop();
        if (vis2[p.first][p.second] == 1) {
          continue;
        }
        vis2[p.first][p.second] = 1;
        for (int i=0; i<4; i++) {
          int subx = p.first + dx[i];
          int suby = p.second + dy[i];
          if (subx >= 0 && suby >= 0 && subx < m && suby < n) {
            if (A[subx][suby] == 1) {
              return step;
            } else if (A[subx][suby] == 0){
              sourceq.push({subx,suby});
            }
          }
        }
      }
      step++;
    }

但不能这样：

 while (!sourceq.empty()) {
      level_count = sourceq.size();
      while ((level_count--) > 0) {
        auto p = sourceq.front();
        sourceq.pop();
        // 1:
        if (vis2[p.first][p.second] == 1) {
          continue;
        }
        vis2[p.first][p.second] = 1;
        for (int i=0; i<4; i++) {
          int subx = p.first + dx[i];
          int suby = p.second + dy[i];
          if (subx >= 0 && suby >= 0 && subx < m && suby < n) {
            if (A[subx][suby] == 1) {
              return step;
            } else if (A[subx][suby] == 0 && vis2[subx][suby] == 0){
              // 2:
              sourceq.push({subx,suby});
              vis2[subx][suby]=1;
            }
          }
        }
      }

这样做的话，因为2处已经将vis2[subx][suby]设置为1，则访问这个节点时，因为1处代码的存在，会直接跳过访问这个节点。

另外，若有多个起始状态的bfs出现了tle，可能的原因是：队列中的起始状态有重复的，不妨试试没有重复时可不可以度过难关。做leetcode::934::最短的桥时就因为这种原因tle了

dfs时传入了第一个参数。这时就像下棋选择了走的第一步。接着dfs会遍历所有可能的情况。就像只确定下棋的第一步时，之后不同走法可能会走到同一位置一样，dfs也会多次到达同一位置。

因此若只需要到达某个位置一次，则用于一个dfs函数外的数组vis记录访问过的，访问过的就vis[x][y]=1。就算某次递归栈到达了某个地方，但因为这个地方曾经被访问过，进而从这个地方开始的所有其他可能也都曾被访问过，那么就无需再次访问这个地方，这次dfs直接return。

若并非只需要到达某个位置，而是想要知道有多少种到达目标位置的方式。那么标记的方式应该是：在进入dfs函数时令vis[x][y]=1， 在退出dfs时令vis[x][y]=0，通过这种方式避免dfs在一次访问中重复访问某个点。

对bfs进行思考时，用一个长宽为2的地图进行思考。