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：
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| 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。
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示例 2：
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| 输入：[[1,3],[3,0,1],[2],[0]]
输出：false
解释：我们不能进入 2 号房间。
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提示：
1 <= rooms.length <= 10000 <= rooms[i].length <= 1000- 所有房间中的钥匙数量总计不超过
3000。
当 x 号房间中有 y 号房间的钥匙时，我们就可以从 x 号房间去住 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是图中的 x 号点到 y 号点的一条有向边。
这样，问题就变成给定一张有向图，询问从 0 号结点出发能否到达所有的结点。
方法一：DFS
使用 visited 数组来标记已访问过的结点，最后判断是否存在没有访问过的结点。
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class Solution {
public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
int m = rooms.size();
boolean[] visited = new boolean[m];
dfs(rooms, visited, 0);
for(int i = 0; i < m; i++){
if(!visited[i]){
return false;
}
}
return true;
}
public void dfs(List<List<Integer>> rooms, boolean[] visited, int index){
if(visited[index]){
return;
}
visited[index] = true;
List<Integer> room = rooms.get(index);
for(int i = 0; i < room.size(); i++){
dfs(rooms, visited, room.get(i));
}
}
}
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时间复杂度O(n + m)，其中 n 是房间的数量，m 是所有房间中钥匙数量的总数。
空间复杂度O(n)，其中 n 是房间的数量。
方法二：BFS
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| class Solution {
public boolean canVisitAllRooms(List<List<Integer>> rooms) {
int m = rooms.size();
boolean[] visited = new boolean[m];
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
queue.offer(0);
while(!queue.isEmpty()){
int index = queue.poll();
if(!visited[index]){
visited[index] = true;
List<Integer> room = rooms.get(index);
for(int i = 0; i < room.size(); i++){
queue.offer(room.get(i));
}
}
}
for(int i = 0; i < m; i++){
if(!visited[i]){
return false;
}
}
return true;
}
}
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时间复杂度O(n + m)，其中 n 是房间的数量，m 是所有房间中钥匙数量的总数。
空间复杂度O(n)，其中 n 是房间的数量。