图论刷题-4力扣 778. 水位上升的泳池中游泳

Posted 2022-06-04 smile-yan

图论刷题

1. 机器人的运动范围
2. 矩阵中的路径
3. 图像渲染
4. 水位上升的泳池中游泳

778. 水位上升的泳池中游泳

力扣原题 地址

难度与标签

困难难度

• 深度优先遍历
• 广度优先遍历
• 并查找

题目描述

在一个 n x n 的整数矩阵 grid 中，每一个方格的值 grid[i][j] 表示位置 (i, j) 的平台高度。

当开始下雨时，在时间为 t 时，水池中的水位为 t 。你可以从一个平台游向四周相邻的任意一个平台，但是前提是此时水位必须同时淹没这两个平台。假定你可以瞬间移动无限距离，也就是默认在方格内部游动是不耗时的。当然，在你游泳的时候你必须待在坐标方格里面。

你从坐标方格的左上平台 (0，0) 出发。返回 你到达坐标方格的右下平台 (n-1, n-1) 所需的最少时间 。

示例 1：

输入: grid = [[0,2],[1,3]]
输出: 3
解释:
时间为0时，你位于坐标方格的位置为 (0, 0)。
此时你不能游向任意方向，因为四个相邻方向平台的高度都大于当前时间为 0 时的水位。
等时间到达 3 时，你才可以游向平台 (1, 1). 因为此时的水位是 3，坐标方格中的平台没有比水位 3 更高的，所以你可以游向坐标方格中的任意位置

示例 2：

输入: grid = [[0,1,2,3,4],[24,23,22,21,5],[12,13,14,15,16],[11,17,18,19,20],[10,9,8,7,6]]
输出: 16
解释: 最终的路线用加粗进行了标记。
我们必须等到时间为 16，此时才能保证平台 (0, 0) 和 (4, 4) 是连通的

提示:

• n == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= n <= 50
• 0 <= grid[i][j] < n^2
• grid[i][j] 中每个值 均无重复

题目分析

题目很有意思，但确实很难。首先简单的理解场景可以假设我们一只鸭子，要从 [0, 0] 游回家 [n-1, n-1]。注意是 游 回家，所以水要超过高台才表示这条路是通的，不然水比台子低不能游过去。

现在结合图1，一定要等水位到了 3 才可以通行。

接着我们给出我们读题目的重要结论：

1. 假设 W = Max(grid) ，即 W 是二维数组最大的那个数，则等水位到了 W 一定有通路，可爱的小鸭子一定能回家。
2. 我们的答案一定在 [0, W] 之间。

所以这个题目转换成寻找一个阈值 threshold $\in [0,W]$ ，使得，当水位到 threshold 时，可以得到至少一条从 [0, 0] 到 [n-1, n-1] 回家的路。

我们拥有一个二维数组 ary，尺寸为 n x n，默认全部为 0.

步骤如下：

1. 假设阈值为 Q，对二维数组 ary 进行对应位置的赋值操作，具体规则为：

    如果 grid[i][j] <= 阈值 Q，则 ary[i][j] = 1，表示这个点可以过。 
   

2. 遍历 ary，查找是否存在通路 [0, 0] 到 [n-1, n-1]。

很明显，如果 Q 越大，则可以通行的点就越多。

代码实现 1—— DFS + 二分查询

1. 初始化 visited 数组，visited[i][j] 为 true 表示已经访问或者不能访问。
2. 编写一个DFS函数，遍历所有路径。如果能够达到目的地（回家）就返回 true；
3. 二分查找阈值，每次根据阈值初始化 visited 数组，然后调用 DFS 函数检查是否可以访问。

重要补充：grid[0][0] 位置不一定为 0，所以输出的结果 target 一定大于等于 grid[0][0]
，因此二分查找时起点为 grid[0][0]，根据题目条件最大值也小于 n*n，所以二分查找的终点是 n*n-1。

class Solution 
public:
    const int dx[4] = 0, 1, 0, -1;
    const int dy[4] = 1, 0, -1, 0;
    /**
     * 初始化 visited 数组，把不符合条件的点置于 true
     */
    void initVisited(vector<vector<int>> grid,
                     vector<vector<bool>>& visited,
                     int threshold) 
        int n = grid.size();
        for (int i=0; i<n; i++) 
            for (int j=0; j<n; j++) 
                visited[i][j] = grid[i][j] > threshold;
            
        
    
    /**
     * dfs 遍历
     */
    bool dfs(vector<vector<bool>>& visited,
             int x, int y) 
        int n = visited.size();
        // 1. 判断是否到达终点
        if (x == n-1 && y == n-1) 
            return true;
        
        // 2. 标记已经访问
        visited[x][y] = true;
        
        // 3. 深度优先遍历
        for (int i=0; i<4; i++) 
            int mx = x + dx[i];
            int my = y + dy[i];
            if (mx >= 0 && mx < n && my >= 0 && my < n && !visited[mx][my] ) 
                // 如果到达终点才 return 否则 continue for循环
                if (dfs(visited, mx, my)) 
                    return true;
                
            
        
        return false;
    

    int swimInWater(vector<vector<int>>& grid) 
        int n = grid.size();
        int left = grid[0][0];
        int right = n*n-1;
        vector<vector<bool>> visited(n, vector<bool>(n));

        while (left < right) 
            int mid = (left+right)/2;
            initVisited(grid, visited, mid);
            if (dfs(visited, 0, 0)) 
                right = mid;
             else 
                left = mid+1;
            
        
        // left == right
        return left;
    
;

• 时间复杂度：$O(N^2\log N)$
• 空间复杂度：$O(N^2)$

补充说明：如果题目中没有强调每个点的取值范围，那么可以首先找到最大的和最小的，再进行二分查询，一样的效果，不影响总体时间。

另外，这道题并不是最短路径问题，关注的是有多少水的时候小鸭子可以通行，因此，即便最后可能存在很多条路径，我们只需要确保有一条可以同行即可。

总结

跟官方的题解基本上是一样的，但是算法1中自己的想法是把额外条件附加在 visited 数组上， dfs 基本上没有什么变化。

如果理解了这道题目的意思，唯一容易出错的应该是 二分法查找阈值。事实上我是先通过所有测试用例并提示说超时，看了官方源码才想起用二分法查找的。

总而言之是一道有意思的题目，千万不能被 困难 两个字唬住了。

Smileyan
2022.3.22 17:08