1222. 可以攻击国王的皇后

Tag

【模拟】【数组】

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题目来源

1222. 可以攻击国王的皇后

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题目解读

在一个 $8\times 8$ 的棋盘上，有若干个「黑皇后」和一个「白国王」。现在有一个整数矩阵 queens，表示黑皇后的位置；白国王的坐标为 king。若白国王和某一个黑皇后在同一行、同一列或者在同一条对角线上，并且中间没有其他的黑皇后，则白国王可以攻击该黑皇后。返回可以被白国王攻击的黑皇后的位置。

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解题思路

本题解题方法有两种，一种是从白国王出发攻击，另一种是从黑皇后出发。这两种方法都要判断出里白国王最近的 “一圈” 黑皇后。

方法一：从白国王出发

首先将 queens 中黑皇后的位置记录下来，然后枚举白国王可以走的八个方向，在每一个方向上遇到的第一个 queens 中的黑皇后，则该方向上可以攻击的黑皇后攻击完毕，换另一个方向查找可以攻击的黑皇后。

在具体实现中，使用一个集合 pos 将所有的黑皇后记录下来，对于网格中的位置 (x, y)，我们可以使用 x * 8 + y 来唯一表示，集合 pos 记录的就是黑皇后的唯一表示位置。

实现代码

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> queensAttacktheKing(vector<vector<int>>& queens, vector<int>& king) {
        auto sgn = [](int x) -> int {
            return x > 0 ? 1 : (x == 0 ? 0 : -1);
        };

        unordered_map<int, pair<vector<int>, int>> candidates;
        int kx = king[0], ky = king[1];
        for (auto queen : queens) {
            int qx = queen[0], qy = queen[1];
            int dx = qx - kx, dy = qy - ky;
            if (dx == 0 ||dy == 0 || abs(dx) == abs(dy)) {
                int key = sgn(dx) * 10 + sgn(dy);
                if (!candidates.count(key) || candidates[key].second > abs(dx) + abs(dy)) {
                    candidates[key] ={queen, abs(dx) + abs(dy)} ;
                }
            }
        }

        vector<vector<int>> res;
        for (auto [_, candidate] : candidates) {
            res.push_back(candidate.first);
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n+C)$，$n$ 为数组 queens 的长度，记录黑皇后位置的时间复杂度为 $O(n)$，$C=8$ 为，枚举八个方向上的黑皇后的时间复杂度为 $O(C)$，总的时间复杂度为 $O(n+c)$。

空间复杂度：$n$，使用的额外空间是集合占用的空间。

方法二：从黑皇后出发

从每个黑皇后出发，判断是否在白国王的八个方向上。我们枚举每个黑皇后的位置，与白国王的位置求 x 方向和 y 方向上的坐标差 dx 和 dy：

• 如果 dx = 0，则黑皇后与白国王在同一列；
• 如果 dy = 0，则黑皇后与白国王在同一行；
• 如果 abs(x) = abs(y)，则黑皇后与白国王在对角线上。

经过以上的判断，可以确定在白国王八个方向上的黑皇后，那如何判断是否离白国王最近呢？

我们通过与白国王之间的距离来判断，具体的用 abs(dx) + abs(dy) 来表示当前的黑皇后与白国王的距离。我们使用哈希表 candidates 来记录距离，键为方向的唯一表示，我们首先利用符号函数 $sgn()$ 来表示 黑皇后相对于白国王的方向。

$$sgn\left(t\right)=\{\begin{array}{l}1,t>0\\ 0,t=0\\ -1,t<0\end{array}$$

于是，键可以表示为 10 * sgn(x) + sgn(y)。哈希表的值为 pair, int>，其中第一个数据为黑皇后的位置，第二个变量为当前的黑皇后与白国王的距离即 abs(dx) + dy。于是，我们对 candidates 进行更新，设当前枚举的黑皇后的键为 key：

• 如果 !candidates.count(key)，则 candidates 中没有当前的键，直接加入；
• 如果 candidates[key].second > abs(x) + abs(y)，则找到离白国王最近的黑皇后，更新当前的值。

最后，我们遍历 candidates，记录离白国王最近的 “一圈” 黑皇后。

实现代码

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> queensAttacktheKing(vector<vector<int>>& queens, vector<int>& king) {
        auto sgn = [](int x) -> int {
            return x > 0 ? 1 : (x == 0 ? 0 : -1);
        };

        unordered_map<int, pair<vector<int>, int>> candidates;
        int kx = king[0], ky = king[1];
        for (auto queen : queens) {
            int qx = queen[0], qy = queen[1];
            int dx = qx - kx, dy = qy - ky;
            if (dx == 0 ||dy == 0 || abs(dx) == abs(dy)) {
                int key = sgn(dx) * 10 + sgn(dy);
                if (!candidates.count(key) || candidates[key].second > abs(dx) + abs(dy)) {
                    candidates[key] ={queen, abs(dx) + abs(dy)} ;
                }
            }
        }

        vector<vector<int>> res;
        for (auto [_, candidate] : candidates) {
            res.push_back(candidate.first);
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，$n$ 为数组 queens 的长度。

空间复杂度：$O(C)$，$C=8$，也算是常数时间。

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写在最后

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