图论刷题-1剑指 Offer 13. 机器人的运动范围

Posted 2021-09-05 smile-yan

剑指 Offer 13. 机器人的运动范围

力扣题目 地址

难度与标签

中等难度

• 图
• 递归
• 广度优先

题目描述

地上有一个m行n列的方格，从坐标 [0,0] 到坐标 [m-1,n-1] 。一个机器人从坐标 [0, 0] 的格子开始移动，它每次可以向左、右、上、下移动一格（不能移动到方格外），也不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于k的格子。例如，当k为18时，机器人能够进入方格 [35, 37] ，因为3+5+3+7=18。但它不能进入方格 [35, 38]，因为3+5+3+8=19。请问该机器人能够到达多少个格子？

示例1

• 输入：m = 2, n = 3, k = 1
• 输出：3

示例2

• 输入：m = 3, n = 1, k = 0
• 输出：1

提示

• $1\le n,m\le 100$
• $0\le k\le 20$

题目分析

第一想法：遍历两个数组，找到符合条件的坐标就好了—— 那么这样想的话机器人一点戏份都没有了。

所以小小的坑在于：机器人不能跳跃，也就是说如果 (9,9) 到不了的话，可能导致 (9,10)也到不了。

因此不能基于坐标进行计算判定。

需要模拟机器人行走的过程，两个重要规则：

• 上下左右行走一个单位，不能跳跃；
• 不走重复的路。

题目附加的条件就是：不走 非法 的路。

所以根据这三个条件写出递归的边界即可。

解题代码1——递归

class Solution {
public:
    // 返回是否合法
    bool sum_bit_k (int m, int n, int k) {
        int y = 0;
        while (m > 0) {
            y += m%10;
            m /= 10;
        }
        while (n > 0) {
            y += n%10;
            n /= 10;
        }

        return y <= k;
    }
    /*
     递归部分
     x,y 即希望去的坐标
     visited 标记已经去的地方和不能去的地方
     m, n, k 均为题目条件，
    */
    int travel (int x, int y, vector<vector<bool>>& visited,
                int m, int n, int k) {
        // 边界判定
        if (x < 0 || y < 0 || x >= m || y >= n) {
            return 0;
        }
        // 去过的和非法的
        if (visited[x][y]) {
            return 0;
        }
        // 没去过，不管合法与否都表示考虑过
        visited[x][y] = true;
        // 落脚点可以，继续travel
        if (sum_bit_k( x, y, k)) {
            int sum = 1;
            sum += travel(x+1, y, visited, m, n, k);
            sum += travel(x, y+1, visited, m, n, k);
            sum += travel(x-1, y, visited, m, n, k);
            sum += travel(x, y-1, visited, m, n, k);
            return sum;
        }
        return 0;
    }
  
    int movingCount(int m, int n, int k) {
        vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n));
        return travel(0,0,visited,m,n,k);
    }
};

• 时间复杂度为 $O(m\times n)$
• 空间复杂度为 $O(m\times n)$

解题代码2——广度优先搜索

来自官方题解的 广度优先搜索。

直接查看代码：

class Solution {
    // 计算 x 的数位之和
    int get(int x) {
        int res=0;
        for (; x; x /= 10) {
            res += x % 10;
        }
        return res;
    }
public:
    int movingCount(int m, int n, int k) {
        if (!k) return 1;
        queue<pair<int,int> > Q;
        // 向右和向下的方向数组
        int dx[2] = {0, 1};
        int dy[2] = {1, 0};
        vector<vector<int> > vis(m, vector<int>(n, 0));
        Q.push(make_pair(0, 0));
        vis[0][0] = 1;
        int ans = 1;
        while (!Q.empty()) {
            auto [x, y] = Q.front();
            Q.pop();
            for (int i = 0; i < 2; ++i) {
                int tx = dx[i] + x;
                int ty = dy[i] + y;
                if (tx < 0 || tx >= m || ty < 0 || ty >= n || vis[tx][ty] || get(tx) + get(ty) > k) continue;
                Q.push(make_pair(tx, ty));
                vis[tx][ty] = 1;
                ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
};

• 时间复杂度为 $O(m\times n)$
• 空间复杂度为 $O(m\times n)$

解题代码3——递推

class Solution {
    int get(int x) {
        int res=0;
        for (; x; x /= 10){
            res += x % 10;
        }
        return res;
    }
public:
    int movingCount(int m, int n, int k) {
        if (!k) return 1;
        vector<vector<int> > vis(m, vector<int>(n, 0));
        int ans = 1;
        vis[0][0] = 1;
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if ((i == 0 && j == 0) || get(i) + get(j) > k) continue;
                // 边界判断
                if (i - 1 >= 0) vis[i][j] |= vis[i - 1][j];
                if (j - 1 >= 0) vis[i][j] |= vis[i][j - 1];
                ans += vis[i][j];
            }
        }
        return ans;
    }
};

• 时间复杂度为 $O(m\times n)$
• 空间复杂度为 $O(m\times n)$

总结

这道题相对而言比较简单，在递归的时候只要理清楚递归的终止条件就比较简单了。

希望这个作为【图论刷题】的开始，慢慢刷题或者相关的好玩的东西，复习一下图论相关知识。

Smileyan
2021.8.12 21:06