剑指offer-66、机器⼈的运动范围

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题目描述

地上有⼀个 m ⾏和 n 列的⽅格。⼀个机器⼈从坐标（0,0） 的格⼦开始移动，每⼀次只能向左，右，上，下四个⽅向移动⼀格，但是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 。但是，它不能进⼊⽅格（35,38） ，因为 3+5+3+8 = 19 。请问该机器⼈能够达到多少个格⼦？

示例1

输⼊：5,10,10
返回值：21

示例2

输⼊：10,1,100
返回值：29

说明：[0,0],[0,1],[0,2],[0,3],[0,4],[0,5],[0,6],[0,7],[0,8],[0,9],[0,10],[0,11],[0,12],[0,13],[0,14],[0,15],[0,16],[0,17],[0,18],[0,19],[0,20],[0,21],[0,22],[0,23],[0,24],[0,25],[0,26],[0,27],[0,28] 这29种，后⾯的[0,29] , [0,30] 以及[0,31] 等等是⽆法到达的。

思路及解答

DFS（深度优先搜索）

深度优先搜索算法，也就是 DFS ,⾸先需要初始化数组，注意是 boolean 类型的⼆元数组。边初始化
边计算位数的和，判断如果⼤于等于阈值的话，就直接置为 true ，也就是已经被访问到（但是这⼀部分计⼊结果）。

然后遍历每⼀个元素，只要 i ， j 不在合法的索引范围或者是已经被访问过，都会直接返回
false 。

否则的话，可访问的数量 +1 ，并且递归遍历上下左右四个元素，返回最终的可访问的个数。

DFS 会优先同⼀个⽅向，⼀直⾛下去，不撞南墙不回头，直到条件不满⾜的时候，才会回头。回头之后，每次只会回头⼀步，往另外⼀个⽅向去，同样是⼀头扎进去。

假设有⼀个 4 x 4 的⽅格，从第⼀个开始遍历，假设遍历顺序是上，右，下，左，那么遍历的顺序如下：

public class Solution {
    public int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
        if (rows > 0 && cols > 0) {
            boolean[][] visited = new boolean[rows][cols];
            for (int i = 0; i < rows; i++) {
                for (int j = 0; j < cols; j++) {
                    // 如果⼤于阈值，设置已被访问过
                    visited[i][j] = ((getSum(i) + getSum(j)) > threshold);
                }
            }
            return getNum(visited, 0, 0, 0);
        }
        return 0;
    }
    
   // 获取可以被访问的个数
   private int getNum(boolean[][] visited, int i, int j, int count) {
        if (i < 0 || j < 0 || i >= visited.length || j >= visited[0].length ||
            visited[i][j]) {
            return count;
        }
        count++;
        visited[i][j] = true;
        count = getNum(visited, i, j + 1, count);
        count = getNum(visited, i, j - 1, count);
        count = getNum(visited, i + 1, j, count);
        count = getNum(visited, i - 1, j, count);
        return count;
   }
   
    // 计算位数之和
   private int getSum(int num) {
        int result = 0;
        while (num > 0) {
            result = result + num % 10;
            num = num / 10;
        }
        return result;
    }
}

• 时间复杂度：最坏的情况是将所有的格⼦都遍历⼀遍， O(m*n) 。
• 空间复杂度：借助了额外的空间保存是否被访问过，同样为O(m*n) 。

BFS（⼴度优先搜索）

⼴度优先搜索，也就是没进⾏⼀步，优先搜索当前点的各个⽅向上的点，不急着往下搜索，等搜索完当前点的各个⽅向的点，再依次把之前搜索的点，取出来，同样先搜索周边的点...

这样直到所有都被搜索完成。

同样有⼀个 4 x 4 的⽅格，从第⼀个开始遍历，假设遍历顺序是上，右，下，左，那么遍历的顺序如下：

在上⾯的过程图示中，我们可以发现，访问是有顺序的，每遍历⼀个新的⽅块，都会标⼀个顺序，然后按照顺序遍历其四个⽅向。

这也就是⼴度优先搜索的本质，我们需要⼀个队列，来保存遍历的顺序，每次都从队列⾥⾯取出⼀个位置，遍历其四周的⽅块，每次遍历到的点，都会放到队列⾥⾯，这样直到队列为空的时候，也就是全部遍历完成。

import java.util.LinkedList;
import java.util.Queue;

public class Solution13 {
    public int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
        boolean[][] visited = new boolean[rows][cols];
        int count = 0;
        
        Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();
        // 把第⼀个点加到队列⾥⾯
        queue.add(new int[]{0, 0});
        
        while (queue.size() > 0) {
            // ⼀直取数据，直到队列为空
            int[] x = queue.poll();
            // 取出来的数据，包含x，y坐标
            int i = x[0], j = x[1];
            // 如果访问过或者不符合，直接下⼀个
            if (i >= rows || j >= cols || threshold < getSum(i) + getSum(j) || visited[i][j]) continue;
            
            // 置为访问过
            visited[i][j] = true;
            // 数量增加
            count++;
            // 右
            queue.add(new int[]{i + 1, j});
            // 下
            queue.add(new int[]{i, j + 1});
       }
       return count;
   }
   
    // 计算位数之和
   private int getSum(int num) {
        int result = 0;
        while (num > 0) {
            result = result + num % 10;
            num = num / 10;
        }
        return result;
    }
}

• 时间复杂度：最坏的情况是将所有的格⼦都遍历⼀遍， O(m*n) 。
• 空间复杂度：借助了额外的空间保存是否被访问过，同样为O(m*n) 。

动态规划（最优解）

利用递推关系式，避免重复计算。

• 格子(i,j)可达 ⇔ 数位和满足条件 ∧ (左边格子可达 ∨ 上边格子可达)
• dp[i][j]表示(i,j)是否可达，基于左边和上边格子的状态：dp[i][j] = (digitSum(i) + digitSum(j) ≤ k) && (dp[i-1][j] || dp[i][j-1])

public class Solution {
    public int movingCount(int m, int n, int k) {
        if (k == 0) return 1;
        
        // dp[i][j]表示格子(i,j)是否可达
        boolean[][] dp = new boolean[m][n];
        dp[0][0] = true;  // 起点可达
        int count = 1;     // 起点已计入
        
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 跳过起点和数位和超限的情况
                if ((i == 0 && j == 0) || digitSum(i) + digitSum(j) > k) {
                    continue;
                }
                
                // 检查是否可以从左边或上边到达当前格子
                if (i - 1 >= 0) {
                    dp[i][j] |= dp[i - 1][j];  // 从上边来
                }
                if (j - 1 >= 0) {
                    dp[i][j] |= dp[i][j - 1];  // 从左边来
                }
                
                // 如果当前格子可达，计数加1
                count += dp[i][j] ? 1 : 0;
            }
        }
        
        return count;
    }
    
    private int digitSum(int num) {
        int sum = 0;
        while (num > 0) {
            sum += num % 10;
            num /= 10;
        }
        return sum;
    }
}

• 时间复杂度：O(mn)，双重循环遍历所有格子
• 空间复杂度：O(mn)，dp数组的空间

文章来源:https://www.cnblogs.com/sevencoding/p/19495582
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