解題說明
Keys and Rooms
題目描述：有 n 間房間，編號為 0 到 n-1。初始時只有房間 0 是解鎖的，其餘房間都是上鎖的。每間房間裡面有一組鑰匙，每把鑰匙對應另一間房間的編號，持有該鑰匙就可以解鎖並進入對應的房間。給定一個 rooms 陣列，其中 rooms[i] 是在第 i 間房間找到的鑰匙列表，請判斷能否訪問所有的房間。
解題思路：這道題本質上是一個圖的可達性問題。將每間房間視為圖中的節點，鑰匙代表有向邊（房間 i 有鑰匙 j，表示存在 i → j 的邊）。問題轉化為：從節點 0 出發，能否到達圖中所有節點？
使用 DFS（深度優先搜尋） 從房間 0 開始遍歷：
- 維護一個
visited集合記錄已訪問的房間。 - 每次進入一間房間，將其標記為已訪問，然後對房間內所有尚未訪問的鑰匙對應的房間遞迴地進行 DFS。
- 遍歷結束後，若
visited的大小等於n，代表所有房間都能到達，回傳true；否則回傳false。
關鍵觀察：進入一間房間才能拿到裡面的鑰匙，因此必須從已能訪問的房間出發，逐步擴展可達範圍，這正是 DFS/BFS 的典型應用場景。
C++ 解法
複雜度分析
時間複雜度：O(N + K) — 其中 N 為房間數量，K 為所有房間中鑰匙的總數量。每間房間最多被訪問一次，且每把鑰匙最多被檢查一次，相當於遍歷整張圖的所有節點與邊。
空間複雜度：O(N) — visited 集合最多儲存 N 個房間編號，遞迴呼叫堆疊最深也不超過 N 層（在最壞情況下，房間形成一條鏈時），因此空間複雜度為 O(N)。
虛擬碼
1. Initialize an empty set `visited`.
2. Call dfs(rooms, room=0, visited).
a. Add `room` to `visited`.
b. For each `key` in rooms[room]:
- If `key` is not in `visited`, call dfs(rooms, key, visited).
3. After dfs returns, check if size of `visited` equals total number of rooms.
a. If yes, return true (all rooms reachable).
b. If no, return false (some rooms are unreachable).其他解法
BFS（廣度優先搜尋）O(N + K)：使用佇列（queue）取代遞迴堆疊。從房間 0 開始，將其加入佇列並標記為已訪問。每次從佇列取出一間房間，遍歷其所有鑰匙，若對應的房間尚未訪問，則加入佇列並標記。重複此過程直到佇列為空。最終判斷已訪問房間數是否等於 n。BFS 和 DFS 的時間與空間複雜度相同，但 BFS 使用迭代方式，避免在房間數量極大時可能發生的遞迴堆疊溢出問題。
Iterative DFS O(N + K)：使用顯式的 stack 模擬 DFS，邏輯與 BFS 相似，差別在於使用後進先出（LIFO）的 stack 而非先進先出（FIFO）的 queue，走訪順序與遞迴 DFS 一致，同樣可避免遞迴深度限制的問題。
延伸思考
- 若問題改為「最少需要從哪些房間出發才能訪問所有房間？」，應如何解決？（提示：思考強連通分量或有向圖中入度為 0 的節點。）
- 如果鑰匙可能是「萬能鑰匙」（能打開所有房間），或某些房間需要同時持有多把鑰匙才能進入，演算法需要如何調整？
- 將問題延伸至加權圖：每間房間有一個進入花費，求從房間
0出發訪問所有可達房間的最小總花費，應使用哪種演算法？（提示：Dijkstra 或 0-1 BFS。）