剑指 Offer 12. 矩阵中的路径 - leetcode 剑指offer系列
题目难度: 中等
原题链接
今天继续更新剑指 offer 系列, 这道题用到了经典的图算法, 而且时间和空间上都有一些可以优化的地方, 质量不错
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题目描述
请设计一个函数，用来判断在一个矩阵中是否存在一条包含某字符串所有字符的路径。路径可以从矩阵中的任意一格开始，每一步可以在矩阵中向左、右、上、下移动一格。如果一条路径经过了矩阵的某一格，那么该路径不能再次进入该格子。例如，在下面的 3×4 的矩阵中包含一条字符串“bfce”的路径（路径中的字母用加粗标出）。
[[“a”,“b”,“c”,“e”],
[“s”,“f”,“c”,“s”],
[“a”,“d”,“e”,“e”]]
但矩阵中不包含字符串“abfb”的路径，因为字符串的第一个字符 b 占据了矩阵中的第一行第二个格子之后，路径不能再次进入这个格子。
- 1 <= board.length <= 200
- 1 <= board[i].length <= 200
题目样例
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”,“d”]], word = “abcd”
输出
false
题目思考
- 有没有什么直观思路?
- 如何判断某个字符是否已经被访问?
解决方案
思路
分析
- 分析题意, 这道题需要求目标字符串的路径, 且只要找到一个满足条件的即可, 所以特别适合用 DFS 来做. 因为 DFS 比较方便记录每条遍历过的路径, 正好可以用在这里
- 所以我们可以从任意一个字符开始, 依次比较它和目标字符串当前下标对应的字符, 如果相等的话, 就可以继续向四周遍历, 同时字符串下标加 1
- 直到字符串下标达到字符串长度, 这个时候就说明我们找到了一个满足要求的路径, 直接返回 true 即可
- 而如果遍历过程中某个字符并不匹配, 我们就不要继续往下遍历下去了, 因为肯定不满足条件
- 另外注意需要判断某个字符是否已经访问过, 所以我们需要额外定义一个 visit 集合, 用于存储已经访问的元素行列下标: 在递归调用某个字符之前将其加入行列下标加入集合中, 调用结束后还要将其移除, 恢复现场, 避免这个下标之后在其他路径中不能被用到
实现
- 经典的 DFS, 需要额外 visit 集合, 以及当前目标字符串的下标
- 依次遍历矩阵的每个字符, 如果当前字符与目标字符串的开头相同, 就以它为起点进行 DFS, 如果发现一条满足条件的路径就直接返回 true, 否则继续遍历
- 优化
- visit 集合可以利用对原始矩阵的字符替换为 None 或其他不存在的字符代替, 而恢复时再将其替换回来即可, 这样可以节省一些空间
- 如果某个方向已经找到路径了, 就没必要继续遍历下去, 直接返回即可, 这样剪枝可以节省一些时间
- 下面代码对各个步骤都有详细解释, 特别是时间和空间优化的部分, 方便大家理解
复杂度
- 时间复杂度
O((3^L)*RC)- 假设 L 是目标字符串长度, RC 是矩阵行和列数
- 每次递归调用都需要考虑 3 个方向(不可能返回上一个字符, 因为它已经被访问了, 不会重复被访问, 所以是 3 个方向), 最多要调用到长度为 L 的路径, 这部分就是
O(3^L) - 而一共需要遍历 RC 个字符, 这部分是
O(RC) - 所以时间复杂度是
O((3^L)*RC)
- 空间复杂度
O(L)- 优化掉 visit 集合后, 只需要考虑递归的栈的空间, 而递归深度最大为 L(当路径长度超过 L 后没必要继续下去), 所以空间复杂度就是
O(L)
- 优化掉 visit 集合后, 只需要考虑递归的栈的空间, 而递归深度最大为 L(当路径长度超过 L 后没必要继续下去), 所以空间复杂度就是
代码
class Solution:
def exist(self, board: List[List[str]], word: str) -> bool:
# DFS + 回溯
# 针对每一个首字符, 找所有可能的字符串, 剪枝
rows, cols = len(board), len(board[0])
def dfs(r, c, i):
# i表示当前的目标字符串下标
if i == len(word):
# 如果已经遍历完整个目标字符串, 则说明找到一条有效路径, 直接返回True
return True
# 4个方向遍历 (注意实际只会有3个方向继续下去, 因为上一个节点已经被访问过, 不会再访问它)
for (rr, cc) in ((r + 1, c), (r - 1, c), (r, c + 1), (r, c - 1)):
if 0 <= rr < rows and 0 <= cc < cols and board[rr][cc] == word[i]:
# 优化1: 将visit集合优化为直接标记原矩阵, 节省空间
# 注意上面不需要再判断board[rr][cc]是否是None (是否被访问过), 因为如果是None的话肯定不可能等于word[i]
cur, board[rr][cc] = board[rr][cc], None
if dfs(rr, cc, i + 1):
# 优化2: 剪枝, 找到一条路径直接返回True, 节省时间
return True
board[rr][cc] = cur
return False
for r in range(rows):
for c in range(cols):
if board[r][c] == word[0]:
# 只有当前字符与目标字符串开头相同时才开始DFS, 其他字符开头就不相同
# 注意需要先将起始字符标记成访问过, 避免重复再访问它
cur, board[r][c] = board[r][c], None
if dfs(r, c, 1):
return True
board[r][c] = cur
# 没找到有效路径, 返回False
return False
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