【三十九】【算法分析与设计】综合练习（5），79. 单词搜索，1219. 黄金矿工，980. 不同路径 III

本文主要是介绍【三十九】【算法分析与设计】综合练习（5），79. 单词搜索，1219. 黄金矿工，980. 不同路径 III，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

79. 单词搜索

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。

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","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "SEE" 输出：true

示例 3：

输入：board = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "ABCB" 输出：false

提示：

m == board.length

n = board[i].length

1 <= m, n <= 6

1 <= word.length <= 15

board 和 word 仅由大小写英文字母组成

进阶：你可以使用搜索剪枝的技术来优化解决方案，使其在 board 更大的情况下可以更快解决问题？

宏观地看待递归。递归函数，自己调用自己，同一个函数需要表示递归图中任何一个节点。

因此我们需要一些变量与递归函数进行绑定，这些变量帮助我们知道现在的递归函数是在递归图的哪一个节点。

其次，我们还需要能够知道如何从当前的递归节点到达孩子递归节点，这一个过程也需要一些变量的帮助。

因此我们有两个需要做的事情，第一件事是知道当前递归函数代表递归图的哪一个节点。

第二件事是知道如何从当前递归图节点到达孩子递归图节点。

bool dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j, int pos) {

递归函数是这样定义的，它表示当前在递归图的位置(i,j)对应的位置，它如何找到孩子递归图节点，通过pos变量，pos表示word中下一个查找的值，也就是孩子节点对应的值。

对于递归图特定节点，有四个可能的子孩子位置，分别是(i,j)位置的左边，右边，上边，下边。

左边是(i,j-1)，右边是(i,j+1)，上边是(i-1,j)，下边是(i+1,j)。

此时思考如何剪枝，走过的路我们不走，因此需要一个visit数组，用来划分集合，一个集合是走过的路，一个集合是没有走过的路。所以只需要两个不同的值对应即可。可以思考到bool类型。

如果使用int类型，可以对应多个集合，不同的int类型值对应一个集合，例如1对应一个集合，2对应一个集合,等等以此类推。

思考递归出口，如果当前递归图节点，pos==word.size()，说明当前节点已经是最后一个单词的字母。此时直接返回就可以了。

class Solution {
public:bool visit[7][7];int row, col;int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};string word;bool exist(vector<vector<char>>& board, string _word) {word = _word;row = board.size();col = board[0].size();for (int i = 0; i < row; i++) {for (int j = 0; j < col; j++) {if (board[i][j] == word[0]) {visit[i][j] = true;if (dfs(board, i, j, 1))return true;visit[i][j] = false;}}}return false;}bool dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j, int pos) {if (pos == word.size()) {return true;}for (int k = 0; k < 4; k++) {int x = i + dx[k];int y = j + dy[k];if (x >= 0 && x < row && y >= 0 && y < col && !visit[x][y] &&board[x][y] == word[pos]) {visit[x][y] = true;if (dfs(board, x, y, pos + 1))return true;visit[x][y] = false;}}return false;}
};

定义全局变量，就不需要给递归函数进行传参。

bool visit[7][7];

定义bool类型的visit数组，进行集合的划分，visit[i][j]对应(i,j)位置，true表示使用过，false表示没有使用过。

int row, col;

定义全局变量row，col分别表示行与列。

int dx[4] = {0, 0, 1, -1}; int dy[4] = {1, -1, 0, 0};

如何快速得到(i,j)位置上下左右四个方位的坐标，利用向量法。

可以知道，这四个位置分别是(i+1,j)，(i-1,j)，(i,j+1)，(i,j-1)。

可以写成(i,j)+(1,0)，(i,j)+(-1,0)，(i,j)+(0,1)，(i,j)+(0,-1)。

只需要表示出增量即可。

dx表示x方向的增量，dy表示y方向的增量。

dx[k]，dy[k]共同表示某一个增量组合。

因此dx dy的形式，其中一个增量数组0，0，1，-1。

另一个增量数组在1，-1出现的位置只出现0。另外两个位置出现1，-1。

string word;

小技巧，将函数中的变量变成全局变量，修改名字，在名字前面添加下划线_，然后再全局变量创建一个原名，在函数中赋值过去即可。 bool exist(vector<vector<char>>& board, string _word) { word = _word; row = board.size(); col = board[0].size();

对全局变量的计算，初始化。

for (int i = 0; i < row; i++) { for (int j = 0; j < col; j++) { if (board[i][j] == word[0]) { visit[i][j] = true; if (dfs(board, i, j, 1)) return true; visit[i][j] = false; } } }

遍历递归图中最开始的位置，如果找到word中第一个字符，此时这个位置就是最开始的位置。

注意维护变量，visit。因为visit是全局变量，所以需要手动回溯。

为什么需要回溯？因为这些变量共同表示递归图中某一个位置的节点，当前是这个节点，这些变量就必须维护对应的值。

但是部分节点变量在递归函数中作为形参，此时系统会自动帮我们进行回溯操作。

小技巧：如果是int char等类型，空间小的数据类型，可以放到递归函数中作为形参。

如果是vector空间大的数据类型，放到全局变量中，而不是放到递归韩式作为形参。

因为作为形参每一次都需要重新开辟空间，赋值，如果空间大的这种消耗比较大。

if (dfs(board, i, j, 1)) return true;

注意这条语句，这种用法，是递归寻找某一个特定的值的时候使用，当找到之后，就不需要再递归下去了。

如果找到了，就返回true，如果递归图中子节点找到了，当前节点就不需要再递归其他可能性了，直接返回true。

可以理解为，定义递归函数bool表示当前递归节点树，中是否能够找到。true表示找到了。

如果遍历完，没有返回true，说明所有递归图节点树都没有找到，返回false。 return false; bool dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j, int pos) { if (pos == word.size()) { return true; }

递归的出口，pos表示递归图子节点的可能性。pos==word.size()表示当前节点就是最后一个字母，此时找到了序列，直接返回true。

for (int k = 0; k < 4; k++) { int x = i + dx[k]; int y = j + dy[k]; if (x >= 0 && x < row && y >= 0 && y < col && !visit[x][y] && board[x][y] == word[pos]) { visit[x][y] = true; if (dfs(board, x, y, pos + 1)) return true;

如果递归图子树找到了，不需要继续递归下去了，直接返回true。

visit[x][y] = false; } } return false;

如果当前节点的所有子树都没有找到，说明当前节点也找不到，返回false。

1219. 黄金矿工

你要开发一座金矿，地质勘测学家已经探明了这座金矿中的资源分布，并用大小为 m * n 的网格 grid 进行了标注。每个单元格中的整数就表示这一单元格中的黄金数量；如果该单元格是空的，那么就是 0。

为了使收益最大化，矿工需要按以下规则来开采黄金：

每当矿工进入一个单元，就会收集该单元格中的所有黄金。

矿工每次可以从当前位置向上下左右四个方向走。

每个单元格只能被开采（进入）一次。

不得开采（进入）黄金数目为 0 的单元格。

矿工可以从网格中 任意一个 有黄金的单元格出发或者是停止。

示例 1：

输入：grid = [[0,6,0],[5,8,7],[0,9,0]] 输出：24 解释： [[0,6,0], [5,8,7], [0,9,0]] 一种收集最多黄金的路线是：9 -> 8 -> 7。

示例 2：

输入：grid = [[1,0,7],[2,0,6],[3,4,5],[0,3,0],[9,0,20]] 输出：28 解释： [[1,0,7], [2,0,6], [3,4,5], [0,3,0], [9,0,20]] 一种收集最多黄金的路线是：1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5 -> 6 -> 7。

提示：

1 <= grid.length, grid[i].length <= 15

0 <= grid[i][j] <= 100

最多 25 个单元格中有黄金。

class Solution {
public:int row, col;bool visit[16][16];int ret;int getMaximumGold(vector<vector<int>>& grid) {row = grid.size(), col = grid[0].size();for (int i = 0; i < row; i++)for (int j = 0; j < col; j++) {if (grid[i][j] != 0) {visit[i][j] = true;dfs(grid, i, j, grid[i][j]);visit[i][j] = false;}}return ret;}int dx[4] = {0, 0, -1, 1}, dy[4] = {1, -1, 0, 0};void dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j, int path) {ret = max(ret, path);for (int k = 0; k < 4; k++) {int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if (x >= 0 && x < row && y >= 0 && y < col && !visit[x][y] &&grid[x][y] != 0) {visit[x][y] = true;dfs(grid, x, y, path + grid[x][y]);visit[x][y] = false;}}}
};

定义全局变量，这样就不需要给递归函数传参数了。

int row, col;

row表示行数，col表示列数。

bool visit[16][16];

划分集合，用来表示(i,j)位置是否被使用，true被使用，false没有被使用。

int ret;

记录结果。

int getMaximumGold(vector<vector<int>>& grid) {

row = grid.size(), col = grid[0].size();

给row和col初始化。

for (int i = 0; i < row; i++)

for (int j = 0; j < col; j++) {

两层for循环遍历最开始递归图的节点。

if (grid[i][j] != 0) {

visit[i][j] = true;

dfs(grid, i, j, grid[i][j]);

这里没有使用bool，返回true的用法，是因为我需要递归所有情况，找到一种情况之后还需要继续递归。

visit[i][j] = false;

手动回溯。

int dx[4] = {0, 0, -1, 1}, dy[4] = {1, -1, 0, 0};

定义增量数组，用来表示(i,j)的四个方位。

void dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j, int path) {

ret = max(ret, path);

path表示递归图当前节点的有效路径。ret记录所有情况下的最大值。

for (int k = 0; k < 4; k++) {

int x = i + dx[k], y = j + dy[k];

if (x >= 0 && x < row && y >= 0 && y < col && !visit[x][y] &&

grid[x][y] != 0) {

如果x，y位置没有越界，并且没有没使用过，并且值不为0，此时是合法位置。

visit[x][y] = true;

dfs(grid, x, y, path + grid[x][y]);

visit[x][y] = false;

980. 不同路径 III

在二维网格 grid 上，有 4 种类型的方格：

1 表示起始方格。且只有一个起始方格。

2 表示结束方格，且只有一个结束方格。

0 表示我们可以走过的空方格。

-1 表示我们无法跨越的障碍。

返回在四个方向（上、下、左、右）上行走时，从起始方格到结束方格的不同路径的数目。

每一个无障碍方格都要通过一次，但是一条路径中不能重复通过同一个方格。

示例 1：

输入：[[1,0,0,0],[0,0,0,0],[0,0,2,-1]] 输出：2 解释：我们有以下两条路径： (0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(1,2),(1,1),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2) (0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(1,1),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(1,2),(2,2)

示例 2：

输入：[[1,0,0,0],[0,0,0,0],[0,0,0,2]] 输出：4 解释：我们有以下四条路径： (0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(1,2),(1,1),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2),(2,3) (0,0),(0,1),(1,1),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2),(1,2),(0,2),(0,3),(1,3),(2,3) (0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2),(1,2),(1,1),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(2,3) (0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(1,1),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(1,2),(2,2),(2,3)

示例 3：

输入：[[0,1],[2,0]] 输出：0 解释： 没有一条路能完全穿过每一个空的方格一次。请注意，起始和结束方格可以位于网格中的任意位置。

提示：

1 <= grid.length * grid[0].length <= 20

class Solution {
public:int row, col; // 定义行数和列数int visit[21][21]; // 访问标记数组，记录网格中的位置是否被访问过int step; // 步数计数器，记录从起点到终点需要经过的格子数量int ret; // 结果计数器，记录所有满足条件的路径数量int uniquePathsIII(vector<vector<int>>& grid) {row = grid.size(), col = grid[0].size(); // 初始化行数和列数int bx, by; // 起点的坐标for (int i = 0; i < row; i++)for (int j = 0; j < col; j++) {if (grid[i][j] == 0)step++; // 如果格子为0，说明是空格，需要经过，步数加1else if (grid[i][j] == 1)bx = i, by = j; // 如果格子为1，说明是起点，记录起点坐标}step += 2; // 加上起点和终点的格子visit[bx][by] = true; // 标记起点已访问dfs(grid, bx, by, 1); // 从起点开始进行深度优先搜索return ret; // 返回所有满足条件的路径数量}int dx[4] = {1, -1, 0, 0}, dy[4] = {0, 0, 1, -1}; // 方向数组，用于实现上下左右移动void dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j, int count) {if (grid[i][j] == 2) { // 如果当前格子是终点if (step == count)ret++; // 如果当前路径长度等于所需步数，结果加1return;}for (int k = 0; k < 4; k++) { // 遍历四个方向int x = i + dx[k], y = j + dy[k]; // 计算下一个格子的坐标if (x >= 0 && x < row && y >= 0 && y < col && !visit[x][y] &&grid[x][y] != -1) { // 确保下一个格子在网格内，未被访问过，且不是障碍物visit[x][y] = true; // 标记为已访问dfs(grid, x, y, count + 1); // 递归搜索下一个格子visit[x][y] = false; // 回溯，取消标记}}}
};