LeetCode-79. 单词搜索【数组 字符串 回溯 矩阵】

LeetCode-79. 单词搜索【数组 字符串 回溯 矩阵】

• 题目描述：
• [解题思路一：回溯 回溯三部曲。这里比较关键的是给board做标记，防止之后搜索时重复访问。](#解题思路一：回溯 回溯三部曲。这里比较关键的是给board做标记，防止之后搜索时重复访问。)
• [解题思路二：回溯算法 + dfs,直接看代码,很容易理解。visited哈希，防止重复访问。](#解题思路二：回溯算法 + dfs,直接看代码,很容易理解。visited哈希，防止重复访问。)
• 解题思路三：0

题目描述：

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 = boardi.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？

解题思路一：回溯 回溯三部曲。这里比较关键的是给board做标记，防止之后搜索时重复访问。

1. 递归函数参数

   这里的参数是：

   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 index 。

2. 递归终止条件

   返回 false： (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 true ： k = len(word) - 1 ，即字符串 word 已全部匹配。

3. 单层搜索的逻辑

   标记当前矩阵元素： 将 boardij 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 boardij 元素还原至初始值，即 wordk 。

4. 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。

class Solution:
    def __init__(self):
        self.dirs = [(-1, 0), (0, 1), (1, 0), (0, -1)]
    def exist(self, board: List[List[str]], word: str) -> bool:
        m, n = len(board), len(board[0])
        for i in range(m):
            for j in range(n):
                    if self.backtracking(board, i, j, 0, word):
                        return True
        return False

    def backtracking(self, board, x, y, index, word):
        if x < 0 or x >= len(board) or y < 0 or y >= len(board[0]) or board[x][y] != word[index]:
            return False
        if index == len(word) - 1:
            return True
        res = False
        for d in self.dirs:
            nextx = x + d[0]
            nexty = y + d[1]
            board[x][y] = ''
            res = self.backtracking(board, nextx, nexty, index+1, word) or res
            board[x][y] = word[index]
        return res

在代码中，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^KMN)： 最差情况下，需要遍历矩阵中长度为 K 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 K ，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 333 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=MN，递归深度为 MN ，此时系统栈使用 O(MN) 的额外空间。

解题思路二：回溯算法 + dfs,直接看代码,很容易理解。visited哈希，防止重复访问。

class Solution:
    def exist(self, board: List[List[str]], word: str) -> bool:
        row = len(board)
        col = len(board[0])

        def helper(i, j, k, visited):
            #print(i,j, k,visited)
            if k == len(word):
                return True
            for x, y in [(-1, 0), (1, 0), (0, 1), (0, -1)]:
                tmp_i = x + i
                tmp_j = y + j
                if 0 <= tmp_i < row and 0 <= tmp_j < col and (tmp_i, tmp_j) not in visited \
                and board[tmp_i][tmp_j] == word[k]:
                    visited.add((tmp_i, tmp_j))
                    if helper(tmp_i, tmp_j, k+1, visited):
                        return True
                    visited.remove((tmp_i, tmp_j)) # 回溯
            return False
        
        for i in range(row):
            for j in range(col):
                if board[i][j] == word[0] and helper(i, j, 1,{(i, j)}) :
                        return True
        return False

时间复杂度：O(3^KMN)

空间复杂度：O(K)

解题思路三：0

时间复杂度：O(n)

空间复杂度：O(n)