[题解]剑指 Offer 12. 矩阵中的路径(C++)

题目

给定一个 m x n 二维字符网格 board 和一个字符串单词 word 。如果 word 存在于网格中，返回 true ；否则，返回 false 。

单词必须按照字母顺序，通过相邻的单元格内的字母构成，其中“相邻”单元格是那些水平相邻或垂直相邻的单元格。同一个单元格内的字母不允许被重复使用。

例如，在下面的 3×4 的矩阵中包含单词 "ABCCED"（单词中的字母已标出）。

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

提示：

1 <= board.length <= 200
1 <= board[i].length <= 200
board 和 word 仅由大小写英文字母组成

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/ju-zhen-zhong-de-lu-jing-lcof
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思路

典型的DFS题，对于每一个二维数组中的字符，都作为起点与word进行匹配。在回溯中进行剪枝，当搜索到的坐标超出数组范围或者当前位置已经访问过或者当前字符与word不匹配，这些情况都需要剪去。需要用一个 $m×n$ 的visited数组标记访问状态。对于成功匹配的位置，将其标记为已访问，对其周围四个方向的相邻字符再递归调用回溯函数，用pos来标记目前匹配到的word中的字符位置，当pos到达word最后一个字符时，返回true。
时间复杂度 $O(3^kmn)$ ，空间复杂度O(mn)。k是字符串word长度，因为对于每一次搜索，除去已走过的路径方向还有3个方向，所以最差情况下匹配一次word有 $3^k$ 种方案，m和n是数组的大小。

代码

class Solution {
public:
    bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {
        int m = board.size(), n = board[0].size();
        vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false));
        for(int i = 0; i < board.size(); ++i)
        {
            for(int j = 0; j < board[0].size(); ++j)
            {
                if(isWord(board, word, i, j, 0, visited))
                {
                    return true;
                }
            }
        }
        return false;
    }

private:
    bool isWord(vector<vector<char>>& board, string word, int i, int j, int pos, vector<vector<bool>>& visited)
    {
        if(i < 0 || i >= board.size() || j < 0 || j >= board[0].size() || visited[i][j] || board[i][j] != word[pos]) return false;
        if(pos == word.size() - 1) return true;
        visited[i][j] = true;
        bool res = isWord(board, word, i - 1, j, pos + 1, visited) || isWord(board, word, i + 1, j, pos + 1, visited) || isWord(board, word, i, j - 1, pos + 1, visited) || isWord(board, word, i, j + 1, pos + 1, visited);
        visited[i][j] = false;
        return res;
    }
};

改进

标记访问状态可以直接在原数组board上修改，因为回溯完之后会再次修改回之前的状态，而修改之后可以利用剪枝中的不匹配合并之前的已访问判定，节约了构造visited数组的空间。
时间复杂度 $O(3^kmn)$ ，空间复杂度O(k)。

代码

class Solution {
public:
    bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {
        int m = board.size(), n = board[0].size();
        for(int i = 0; i < board.size(); ++i)
        {
            for(int j = 0; j < board[0].size(); ++j)
            {
                if(isWord(board, word, i, j, 0))
                {
                    return true;
                }
            }
        }
        return false;
    }

private:
    bool isWord(vector<vector<char>>& board, string word, int i, int j, int pos)
    {
        if(i < 0 || i >= board.size() || j < 0 || j >= board[0].size() || board[i][j] != word[pos]) return false;
        if(pos == word.size() - 1) return true;
        board[i][j] = '\n';
        bool res = isWord(board, word, i - 1, j, pos + 1) || isWord(board, word, i + 1, j, pos + 1) || isWord(board, word, i, j - 1, pos + 1) || isWord(board, word, i, j + 1, pos + 1);
        board[i][j] = word[pos];
        return res;
    }
};