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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）。
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| [["a","b","c","e"],
["s","f","c","s"],
["a","d","e","e"]]
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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。
示例 1：
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| 输入：board = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "ABCCED"
输出：true
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示例 2：
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| 输入：board = [["a","b"],["c","d"]], word = "abcd"
输出：false
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提示：
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| 1 <= board.length <= 200
1 <= board[i].length <= 200
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我的解题
思路
首先想到的就是深度优先搜索，即遍历board，判断下标元素是否和word的首字符一致，如果一致则判断周围四个格子是否有字符与word的下一个字符一致。为了避免循环判断，采用一个数据结构记录已经走过的路程。
结果
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class Solution {
public boolean exist(char[][] board, String word) {
char[] words = word.toCharArray();
int[][] used = new int[board.length][board[0].length];
for (int i = 0; i < board.length; i++) {
for (int j = 0; j < board[0].length; j++) {
if (board[i][j] != words[0]) {
continue;
}
if (check(board, i, j, words, 0, used)) {
return true;
}
}
}
return false;
}
private boolean check(char[][] board, int i, int j, char[] words, int wordIndex, int[][] used) {
if (i < 0 || i >= board.length || j < 0 || j >= board[0].length) {
if (wordIndex >= words.length) {
return true;
} else {
return false;
}
}
if (used[i][j] == 1) {
return false;
}
if (wordIndex >= words.length) {
return true;
}
if (board[i][j] != words[wordIndex]) {
return false;
}
used[i][j] = 1;
int[][] foots = {
{1, 0},
{-1, 0},
{0, 1},
{0, -1}
};
for (int[] foot : foots) {
int x = i + foot[0];
int y = j + foot[1];
if (check(board, x, y, words, wordIndex + 1, used)) {
return true;
}
}
used[i][j] = 0;
return false;
}
}
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最优解
思路
本问题是典型的矩阵搜索问题，可使用 深度优先搜索（DFS）+ 剪枝 解决。
- 深度优先搜索： 可以理解为暴力法遍历矩阵中所有字符串可能性。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 这条路不可能和目标字符串匹配成功 的情况（例如：此矩阵元素和目标字符不同、此元素已被访问），则应立即返回，称之为 可行性剪枝 。
DFS 解析：
- 递归参数： 当前元素在矩阵 board 中的行列索引 i 和 j ，当前目标字符在 word 中的索引 k 。
- 终止条件：
- 返回 falsefalse ： (1) 行或列索引越界 或 (2) 当前矩阵元素与目标字符不同 或 (3) 当前矩阵元素已访问过 （ (3) 可合并至 (2) ） 。
- 返回 truetrue ： k = len(word) - 1 ，即字符串 word 已全部匹配。
- 递推工作：
- 标记当前矩阵元素： 将 board[i][j] 修改为 空字符 ‘’ ，代表此元素已访问过，防止之后搜索时重复访问。
- 搜索下一单元格： 朝当前元素的 上、下、左、右 四个方向开启下层递归，使用 或 连接 （代表只需找到一条可行路径就直接返回，不再做后续 DFS ），并记录结果至 res 。
- 还原当前矩阵元素： 将 board[i][j] 元素还原至初始值，即 word[k] 。
- 返回值： 返回布尔量 res ，代表是否搜索到目标字符串。
使用空字符（Python: ‘’ , Java/C++: ‘\0’ ）做标记是为了防止标记字符与矩阵原有字符重复。当存在重复时，此算法会将矩阵原有字符认作标记字符，从而出现错误。
复杂度分析：
M,N 分别为矩阵行列大小， K 为字符串 word 长度。
- 时间复杂度 O(3^K * MN) : 最差情况下，需要遍历矩阵中长度为 KK 字符串的所有方案，时间复杂度为O(3^K).矩阵中共有 MN 个起点，时间复杂度为 O(MN) 。
- 方案数计算设字符串长度为 KK ，搜索中每个字符有上、下、左、右四个方向可以选择，舍弃回头（上个字符）的方向，剩下 3 种选择，因此方案数的复杂度为O(3^K) 。
- 空间复杂度 O(K) ： 搜索过程中的递归深度不超过 K ，因此系统因函数调用累计使用的栈空间占用 O(K) （因为函数返回后，系统调用的栈空间会释放）。最坏情况下 K = K=MN ，递归深度为 MN ，此时系统栈使用 O(MN) 的额外空间。
结果
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| class Solution {
public boolean exist(char[][] board, String word) {
char[] words = word.toCharArray();
for(int i = 0; i < board.length; i++) {
for(int j = 0; j < board[0].length; j++) {
if(dfs(board, words, i, j, 0)) return true;
}
}
return false;
}
boolean dfs(char[][] board, char[] word, int i, int j, int k) {
if(i >= board.length || i < 0 || j >= board[0].length || j < 0 || board[i][j] != word[k]) return false;
if(k == word.length - 1) return true;
board[i][j] = '\0';
boolean res = dfs(board, word, i + 1, j, k + 1) || dfs(board, word, i - 1, j, k + 1) ||
dfs(board, word, i, j + 1, k + 1) || dfs(board, word, i , j - 1, k + 1);
board[i][j] = word[k];
return res;
}
}
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