首先，我认为，不管是BFS还是DFS，由于时间和空间的局限性，它们只能解决数据量比较小的问题。
深搜，顾名思义，它从某个状态开始，不断的转移状态，直到无法转移，然后退回到上一步的状态，继续转移到其他状态，不断重复，直到找到最终的解。从实现上来说，栈结构是后进先出，可以很好的保存上一步状态并利用。所以根据深搜和栈结构的特点，深度优先搜索利用递归函数（栈）来实现，只不过这个栈是系统帮忙做的，不太明显罢了。
广搜和深搜的搜索顺序不同，它是先搜索离初始状态比较近的状态，搜索顺序是这样的：初始状态---------->一步能到的状态--------->两步能到的状态......从实现上说，它是通过队列实现的，并且是我们自己做队列。一般解决最短路问题，因为第一个搜到的一定是最短路。
下面通过两道简单例题简单的入个门。
深搜例题
poj2386
http://poj.org/problem?id=2386
题目大意：上下左右斜着挨着都算一个池子，看图中有几个池子。
W........WW.
.WWW.....WWW
....WW...WW.
.........WW.
.........W..
..W......W..
.W.W.....WW.
W.W.W.....W.
.W.W......W.
..W.......W.例如本图就是有三个池子采用深度优先搜索，从任意的w开始，不断把邻接的部分用'.'代替，1次DFS后与初始这个w连接的所有w就全都被替换成'.'，因此直到图中不再存在W为止。
核心代码：
char field[maxn][maxn];//图
int n,m;长宽
void dfs(int x,int y)
{
field[x][y]='.';//先做了标记
//循环遍历八个方向
for(int dx=-1;dx<=1;dx++){
for(int dy=-1;dy<=1;dy++){
int nx=x+dx,ny=y+dy;
//判断(nx,ny)是否在园子里，以及是否有积水
if(0<=nx&&nx<n&&0<=ny&&ny<m&&field[nx][ny]=='W'){
dfs(nx,ny);
}
}
}
}
void solve()
{
int res=0;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(field[i][j]=='W'){
//从有积水的地方开始搜
dfs(i,j);
res++;//搜几次就有几个池子
}
}
}
printf("%d\n",res);
}广搜例题：
迷宫的最短路径
给定一个大小为N×M的迷宫。迷宫由通道和墙壁组成，每一步可以向邻接的上下左右四个的通道移动。请求出从起点到终点所需的最小步数。请注意，本题假定从起点一定可以移动到终点。（N,M≤100）（'#', '.' , 'S', 'G'分别表示墙壁、通道、起点和终点）
输入：
10 10
#S######.#
......#..#
.#.##.##.#
.#........
##.##.####
....#....#
.#######.#
....#.....
.####.###.
....#...G#
输出：
22
小白书上部分代码：
typedef pair<int, int> P;
char maze[maxn][maxn];
int n, m, sx, sy, gx, gy,d[maxn][maxn];//到各个位置的最短距离的数组
int dx[4] = { 1,0,-1,0 }, dy[4]= { 0,1,0,-1 };//4个方向移动的向量
int bfs()//求从(sx,sy)到(gx,gy)的最短距离，若无法到达则是INF
{
queue<P> que;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < m; j++)
d[i][j] = INF;//所有的位置都初始化为INF
que.push(P(sx, sy));//将起点加入队列中
d[sx][sy] = 0;//并把起点的距离设置为0
while (que.size())//不断循环直到队列的长度为0
{
P p = que.front();// 从队列的最前段取出元素
que.pop();//删除该元素
if (p.first == gx&&p.second == gy)//是终点结束
break;
for (int i = 0; i < 4; i++)//四个方向的循环
{
int nx = p.first + dx[i],ny = p.second + dy[i];//移动后的位置标记为(nx,ny)
if (0 <= nx&&nx < n && 0 <= ny&&ny < m&&maze[nx][ny] != '#'&&d[nx][ny] == INF)//判断是否可以移动以及是否访问过(即d[nx][ny]!=INF）
{
que.push(P(nx, ny));//可以移动，添加到队列
d[nx][ny] = d[p.first][p.second] + 1;//到该位置的距离为到p的距离+1
}
}
}
return d[gx][gy];
}经典了两个题结束了，好题链接持续更新。。。。。。