Leetcode No.79 单词搜索

Posted 2021-07-31 AI算法攻城狮

一、题目描述

给定一个 m x n 二维字符网格 board 和一个字符串单词 word 。如果 word 存在于网格中，返回 true ；否则，返回 false 。

单词必须按照字母顺序，通过相邻的单元格内的字母构成，其中“相邻”单元格是那些水平相邻或垂直相邻的单元格。同一个单元格内的字母不允许被重复使用。

示例 1：

输入：board = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "ABCCED"
输出：true

示例 2：

输入：board = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "SEE"
输出：true

示例 3：

输入：board = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "ABCB"
输出：false

提示：
m == board.length
n = board[i].length
1 <= m, n <= 6
1 <= word.length <= 15
board 和 word 仅由大小写英文字母组成

二、解题思路

设函数 dfs(i,j,k) 表示判断以网格的 (i, j)位置出发，能否搜索到单词 word[k..]，其中 word[k..] 表示字符串word 从第 k 个字符开始的后缀子串。如果能搜索到，则返回 true，反之返回 false。函数 dfs(i,j,k) 的执行步骤如下：

如果 board[i][j]!=s[k]，当前字符不匹配，直接返回 false。
如果当前已经访问到字符串的末尾，且对应字符依然匹配，此时直接返回 true。
否则，遍历当前位置的所有相邻位置。如果从某个相邻位置出发，能够搜索到子串 word[k+1..]，则返回 true，否则返回false。
这样，我们对每一个位置 (i,j)都调用函数dfs(i,j,0) 进行检查：只要有一处返回 true，就说明网格中能够找到相应的单词，否则说明不能找到。

为了防止重复遍历相同的位置，需要额外维护一个与board 等大的visited 数组，用于标识每个位置是否被访问过。每次遍历相邻位置时，需要跳过已经被访问的位置。

三、代码

public class Solution {
    public boolean exist(char[][] board, String word) {
        int m=board.length;
        int n=board[0].length;
        boolean[][] visited=new boolean[m][n];
        for(int i=0;i<m;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                boolean flag=dfs(board,visited,i,j,word,0);
                if(flag){
                    return true;
                }
            }
        }
        return false;
    }
    boolean dfs(char[][] board, boolean[][] visited, int i, int j, String s, int k){

        if(board[i][j]!=s.charAt(k)){
            return false;
        }else if(k==s.length()-1){
            return true;
        }
        visited[i][j]=true;
        int[][] directions={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};
        boolean rs=false;
        for(int[] dir:directions){
            int newi=i+dir[0];
            int newj=j+dir[1];
            if(newi>=0&&newi<board.length&&newj>=0&&newj<board[0].length){
                if(!visited[newi][newj]){
                    boolean flag=dfs(board,visited,newi,newj,s,k+1);
                    if(flag){
                        rs=true;
                        break;
                    }
                }
            }
        }
        visited[i][j]=false;//回溯
        return rs;
    }

    public static void main(String[] args) {
        char[][] board = {{'A','B','C','E'},{'S','F','C','S'},{'A','D','E','E'}};
        String word = "SEE";
        Solution solution=new Solution();
        System.out.println(solution.exist(board,word));
    }
}

四、复杂度分析

时间复杂度：一个非常宽松的上界为 O(MN⋅3^L)，其中 M,N 为网格的长度与宽度，L 为字符串 word 的长度。在每次调用函数check 时，除了第一次可以进入 4 个分支以外，其余时间我们最多会进入 3个分支（因为每个位置只能使用一次，所以走过来的分支没法走回去）。由于单词长为 L，故 check(i,j,0) 的时间复杂度为 O(3^L)，而我们要执行 O(MN) 次检查。然而，由于剪枝的存在，我们在遇到不匹配或已访问的字符时会提前退出，终止递归流程。因此，实际的时间复杂度会远远小于O(MN⋅3^L)

空间复杂度：O(MN)。我们额外开辟了 O(MN)的visited 数组，同时栈的深度最大为 O(min(L,MN))。