剑指 Offer 13. 机器人的运动范围

Posted 2021-09-11 炫云云

剑指 Offer 13. 机器人的运动范围

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 <= n,m <= 100
0 <= k <= 20

解题思路：

本题与 矩阵中的路径 类似，是典型的搜索 & 回溯问题。在介绍回溯算法算法前，为提升计算效率，首先讲述两项前置工作： 数位之和计算 、 可达解分析 。

数位之和计算：

设一数字 $x$ ，向下取整除法符号 $//$ ，求余符号 $\%$，则有：

• $x\%10$ ：得到 x 的个位数字；
• $x//10$ ： 令 $x$​ 的十进制数向右移动一位，即删除个位数字。

因此，可通过循环求得数位和 $s$，数位和计算的封装函数如下所示：

def digitsum(x):
    while x != 0:
        s += x % 10
        x = x // 10
    return s

由于机器人每次只能移动一格（即只能从 $x$ 运动至 $x\pm 1$），因此每次只需计算 $x$ 到 $x\pm 1$ 的数位和增量。本题说明 $1\le n,m\le 100$ ，以下公式仅在此范围适用。

数位和增量公式： 设 $x$ 的数位和为 $s_x$ ， $x+1$​ 的数位和为 $s_{x+1}$；

• 当 $(x+1)\%10=0$​ 时： $s_{x+1}=s_x-8$，例如 19, 20 的数位和分别为 10, 2 ；
• 当 $(x+1)\%10\ne 0$ 时： $s_{x+1}=s_x+1$ ，例如 1, 2 的数位和分别为 1, 2 。

以下代码为增量公式的三元表达式写法，将整合入最终代码中。

s_x + 1 if (x + 1) % 10 else s_x - 8

可达解分析：

根据数位和增量公式得知，数位和每逢进位突变一次。根据此特点，矩阵中 满足数位和的解 构成的几何形状形如多个 等腰直角三角形 ，每个三角形的直角顶点位于 $0,10,20,...$ 等数位和突变的矩阵索引处 。

三角形内的解虽然都满足数位和要求，但由于机器人每步只能走一个单元格，而三角形间不一定是连通的，因此机器人不一定能到达，称之为 不可达解 ；同理，可到达的解称为 可达解 （本题求此解） 。

图例展示了 $n,m=20$ ， $k\in [6,19]$ 的可达解、不可达解、非解，以及连通性的变化。

我们展示了 限制条件 k 的放大，可行方格的变化趋势，每个格子里的值为行坐标和列坐标的数位之和，蓝色方格代表非障碍方格，即其值小于等于当前的限制条件 k。我们可以发现随着限制条件 k 的增大，(0, 0) 所在的蓝色方格区域内新加入的非障碍方格都可以由上方或左方的格子移动一步得到。而其他不连通的蓝色方格区域会随着 k 的增大而连通，且连通的时候也是由上方或左方的格子移动一步得到，因此我们可以将我们的搜索方向缩减为向右或向下。

根据可达解的结构和连通性，易推出机器人可 仅通过向右和向下移动，访问所有可达解 。

• 三角形内部： 全部连通，易证；
• 两三角形连通处： 若某三角形内的解为可达解，则必与其左边或上边的三角形连通（即相交），即机器人必可从左边或上边走进此三角形。

深度优先遍历 DFS

• 深度优先搜索：DFS 通过递归，先朝一个方向搜到底，再回溯至上个节点，沿另一个方向搜索，以此类推。
• 剪枝： 在搜索中，遇到数位和超出目标值、此元素已访问，则应立即返回，称之为 可行性剪枝 。

算法解析：

递归参数： 当前元素在矩阵中的行列索引 $i$ 和 $j$ ，两者的数位和 $si,sj$ 。

终止条件： 当 ① 行列索引越界 或 ② 数位和超出目标值 k 或 ③ 当前元素已访问过 时，返回 0 ，代表不计入可达解。

递推工作：

1. 标记当前单元格 ：将索引 (i, j) 存入 Set visited 中，代表此单元格已被访问过。

2. 搜索下一单元格： 计算当前元素的 下、右 两个方向元素的数位和，并开启下层递归 。

回溯返回值： 返回 1 + 右方搜索的可达解总数 + 下方搜索的可达解总数，代表从本单元格递归搜索的可达解总数。

复杂度分析：

设矩阵行列数分别为 $M,N$ 。

• 时间复杂度 $O(MN)$ ： 最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 $O(MN)$ 。
• 空间复杂度 $O(MN)$ ： 最差情况下，Set visited 内存储矩阵所有单元格的索引，使用 $O(MN)$​ 的额外空间。

class Solution(object):
    def movingCount(self, m, n, k):
        """
        :type m: int
        :type n: int
        :type k: int
        :rtype: int
        """
        def dfs(i, j, si, sj):
            if i >= m or j >= n or k < si + sj or (i, j) in visited: 
                return 0
            visited.add((i,j))
            under = dfs(i + 1, j, si + 1 if (i + 1) % 10 else si - 8, sj)
            right = dfs(i, j + 1, si, sj + 1 if (j + 1) % 10 else sj - 8)
            return 1 + under + right
        visited = set()
        return dfs(0, 0, 0, 0)

广度优先搜索

• BFS： BFS 则是按照“平推”的方式向前搜索。
• BFS 实现： 通常利用队列实现广度优先遍历。

算法解析：

• 初始化： 将机器人初始点 $(0,0)$​ 加入队列 queue ；

• 迭代终止条件 ： queue 为空。代表已遍历完所有可达解。

• 迭代工作：

• 1. 单元格出队： 将队首单元格的 索引、数位和 弹出，作为当前搜索单元格。
• 2. 判断是否跳过： 若 ① 行列索引越界 或 ② 数位和超出目标值 $k$ 或 ③ 当前元素已访问过 时，执行 continue 。
• 3. 标记当前单元格 ：将单元格索引 $(i,j)$ 存入 Set visited 中，代表此单元格 已被访问过 。
• 4. 单元格入队： 将当前元素的 下方、右方 单元格的 索引、数位和 加入 queue 。

• 返回值： Set visited 的长度 len(visited) ，即可达解的数量。

Java/C++ 使用了辅助变量 res 统计可达解数量； Python 直接返回 Set 的元素数 len(visited) 即可。

def digitsum(n):
    ans =0
    while n:
        ans += n%10
        n //= 10
    return ans

class Solution(object):
    def movingCount(self, m, n, k):
        """
        :type m: int
        :type n: int
        :type k: int
        :rtype: int
        """
        from queue import Queue
        q = Queue()
        q.put((0, 0))
        s = set()
        while not q.empty():
            x,y = q.get()
            if (x,y) not in s and 0 <= x < m and 0 <= y <n and digitsum(x) +digitsum(y) <=k:
                s.add((x,y))
                for nx, ny in[(x+1,y) , (x,y+1)]:
                    q.put((nx,ny))
        return len(s)

参考

Krahets - 力扣（LeetCode） (leetcode-cn.com)