题目难度: 中等

原题链接

今天继续更新剑指 offer 系列, 这道题有至少三种解法, 很适合扩展思路

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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？

• 1 <= n,m <= 100
• 0 <= k <= 20

题目样例

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

题目思考

1. 你能想到哪些思路?
2. 是否可以优化? (参考方案 3)

解决方案

方案 1

思路

分析

• 根据题意, 机器人可以向四个方向行走, 唯一的限制就是行列和不大于 k, 这个限制和传统 BFS 或 DFS 的边界限制其实是类似的, 所以也可以用相同的思路
• 方案 1 就使用 BFS: 维护一个队列和 visit 集合, 如果邻居满足条件(1.在方格内; 2.行列数位和不大于 k; 3.没被访问过, 即没在 visit 集合中)的话就加入队列和集合中

实现

• 下面的代码有详细注释, 是 BFS 的经典模板了, 不熟悉的同学可以结合注释多思考下, 许多问题都可以复用这个模板并进行一些改动就能解决
• 注意行列数位和的求法, 这里也提供了两种方法实现

复杂度

• 时间复杂度 O(MN)
  • 每个点被访问之后就会被加入 visit 集合, 只会被访问有限次, 所以时间复杂度就是点的个数O(MN)
• 空间复杂度 O(MN)
  • visit 集合的空间消耗

代码

class Solution:def movingCount(self, m: int, n: int, k: int) -> int:# 方法1: 经典BFS, 队列+visit集合q = [(0, 0)]v = set(q)def getSum(x):# 求数位和, 即循环累加模10的结果然后除以10即可res = 0while x:res += x % 10x //= 10return res# 注意: 这里也可以将数字转换成字符串, 然后逐位字符转int求sum# return sum([int(c) for c in str(x)])def isValid(r, c):# 判断某个下标是否有效: 是否在方格内/行列数位和是否不大于k/是否被访问过return 0 <= r < m and 0 <= c < n and getSum(r) + getSum(c) <= k and (r, c) not in vfor point in q:r, c = point# 遍历四个方向的邻居for rr, cc in ((r + 1, c), (r - 1, c), (r, c + 1), (r, c - 1)):if isValid(rr, cc):# 如果邻居有效的话, 将其加入BFS的queue里继续遍历q.append((rr, cc))v.add((rr, cc))return len(v)

方案 2

思路

分析

• 同样的, 这道题也可以用经典的 DFS
• 方案 2 就是这个思路: 维护 visit 集合, 如果邻居满足条件(1.在方格内; 2.行列数位和不大于 k; 3.没被访问过, 即没在 visit 集合中)的话就加入集合中, 并递归访问该邻居, 最后统计 visit 集合的元素数目即可
• 和昨天的剑指 Offer 12. 矩阵中的路径 - leetcode 剑指offer系列 (大家在公众号里回复 offer 就能看到了)的 DFS 不一样的是, 这道题的 DFS 没有在递归调用邻居之后将其从 visit 中移除. 这是因为上道题中一个点可能出现在多条路径中, 所以必须调用完之后从集合移除, 避免之后的路径无法使用该节点; 而这道题只有一个共享的运动范围, 所以一个点如果出现在运动范围内的话, 那么它一定不需要再次被访问了, 直接永久加入 visit 集合中即可

实现

• 下面的代码有详细注释, 也是 DFS 的经典模板

复杂度

• 时间复杂度 O(MN)
  • 每个点被访问之后就会被加入 visit 集合, 只会被访问有限次, 所以时间复杂度就是点的个数O(MN)
• 空间复杂度 O(MN)
  • visit 集合的空间消耗

代码

class Solution:def movingCount(self, m: int, n: int, k: int) -> int:# 方法2: 经典DFS, 递归+visit集合v = {(0, 0)}def getSum(x):# 求数位和, 即循环累加模10的结果然后除以10即可res = 0while x:res += x % 10x //= 10return res# 注意: 这里也可以将数字转换成字符串, 然后逐位字符转int求sum# return sum([int(c) for c in str(x)])def isValid(r, c):# 判断某个下标是否有效: 是否在方格内/行列数位和是否不大于k/是否被访问过return 0 <= r < m and 0 <= c < n and getSum(r) + getSum(c) <= k and (r, c) not in vdef dfs(r, c):for rr, cc in ((r + 1, c), (r - 1, c), (r, c + 1), (r, c - 1)):if isValid(rr, cc):# 如果邻居有效的话, 将其加入集合中, 递归调用dfs该邻居v.add((rr, cc))dfs(rr, cc)# 初始从起点开始dfsdfs(0, 0)return len(v)

方案 3

思路

分析

• 回顾方案 1 和方案 2, 两种方案都需要遍历 4 个方向的邻居, 但我们真的有必要这样做吗?
• 再读题目, 起点是左上角, 所以第一步一定要么向下, 要么向右, 而第二步还是只能向下或向右, 否则就重走老路了, 以此类推, 每次移动都是向下或向右, 向左和向上一定要么出了边界, 要么已经在之前的行走中被访问过了
• 这样就得到了优化 1: 我们就可以将 4 个方向优化为只需要向下或向右的两个方向
• 于是就可以愉快地使用动态规划来求解啦, 因为每个点能否可达都可以根据其上边或左边的点的可达性得到
• 这里总结一个规律: 如果一个二维图需要遍历大于两个方向的邻居, 一般需要 BFS 或者 DFS; 而如果只需要两个相邻方向的话, 一般就可以用 DP 来根据递推关系求解 (因为对应方向的上个点的 dp 值可以在之前的计算中得到)
• 另外注意我们每次循环可能会重复计算行或列的数位和, 这就引出了优化 2: 类似记忆化搜索的思想, 将计算所得的数位和缓存起来, 之后直接用缓存的值即可. 由于这里计算并不复杂, 所以优化不太明显, 但如果把数位和改成一个非常复杂的计算时, 这个优化就很有必要了.

实现

• dp[r,c]表示下标(r,c)的点的可达性, 能走到就是 True, 否则就是 False
• 初始化dp[0,0] = True, 起点一定可达
• 如果某个(r,c)的数位和大于 k, 直接将其 dp 值设为 False
• 否则就根据其左边和上边的 dp 值来得到, 即dp[r,c] = dp[r-1,c] or dp[r,c-1]
• 注意 dp 是 bool 字典, 所以可以将其转换成一个集合, 集合中的元素就代表可达的行列下标, 这样最后结果就是 dp 的长度

复杂度

• 时间复杂度 O(MN)
  • 需要遍历整个矩阵
• 空间复杂度 O(MN)
  • dp 字典/集合的空间消耗

代码

class Solution:def movingCount(self, m: int, n: int, k: int) -> int:# 方法3: DP# 如果rc数位和大于k, dp[r,c] = False# 否则dp[r,c] = dp[r-1,c] or dp[r,c-1]# 这里使用集合代替该bool字典, 初始元素是起点下标dp = {(0, 0)}# 另一个优化: 缓存数位和结果, 避免重复计算memo = {}def getSum(x):# 求数位和, 即循环累加模10的结果然后除以10即可if x not in memo:res = 0cur = xwhile cur:res += cur % 10cur //= 10memo[x] = res# 注意: 这里也可以将数字转换成字符串, 然后逐位字符转int求sum# memo[x] = sum([int(c) for c in str(x)])return memo[x]for r in range(m):for c in range(n):if getSum(r) + getSum(c) <= k and ((r-1, c) in dp or (r, c-1) in dp):dp.add((r, c))return len(dp)

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