机器人的运动范围

剑指offer的一道经典题目。

描述

地上有一个 rows 行和 cols 列的方格。坐标从 [0,0] 到 [rows-1,cols-1] 。一个机器人从坐标 [0,0] 的格子开始移动，每一次只能向左，右，上，下四个方向移动一格，但是不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于 threshold 的格子。例如，当 threshold 为 18 时，机器人能够进入方格 [35,37] ，因为 3+5+3+7 = 18。但是，它不能进入方格 [35,38] ，因为 3+5+3+8 = 19 。请问该机器人能够达到多少个格子？

数据范围： 0≤threshold≤15 ，1≤rows,cols≤100

进阶：空间复杂度 O(nm) ，时间复杂度 O(nm)

知识点：深度优先搜索（dfs）

深度优先搜索一般用于树或者图的遍历，其他有分支的（如二维矩阵）也适用。它的原理是从初始点开始，一直沿着同一个分支遍历，直到该分支结束，然后回溯到上一级继续沿着一个分支走到底，如此往复，直到所有的节点都有被访问到。

思路：

我们从[0,0]开始，每次选择一个方向开始检查能否访问，如果能访问进入该节点，该节点作为子问题，继续按照这个思路访问，一条路走到黑，然后再回溯，回溯的过程中每个子问题再选择其他方向，正是深度优先搜索。注意我们可以用二叉树来类比这次深度优先搜索，而数据的大小越大则深度越深。所以我们向下向右遍历可以看作向左子树遍历和向右子树遍历（只是这么理解）

具体做法：

第一步：检查若是threshold小于等于0，只能访问起点这个格子。
第二步：从起点开始深度优先搜索，每次访问一个格子的下标时，检查其有没有超过边界，是否被访问过了。同时用连除法分别计算每个下标的位数和，检查位数和是否大于threshold。
第三步：若是都符合访问条件，则进行访问，增加访问的格子数，同时数组中标记为访问过了。
第四步：然后遍历两个方向，依次进入两个分支继续访问。

代码：

java 复制代码

public class Solution {
    //记录遍历的两个方向
    int[][] dir = {{1, 0}, {0, 1}};
    //记录答案
    int res = 0;
    //计算一个数字的每个数之和
    int cal(int n){
        int sum = 0;
        //连除法算出每一位
        while(n != 0){
            sum += (n % 10);
            n /= 10;
        }
        return sum;
    }
    //深度优先搜索dfs
    void dfs(int i, int j, int rows, int cols, int threshold, boolean[][] vis){
        //越界或者已经访问过
        if(i < 0 || i >= rows || j < 0 || j >= cols || vis[i][j] == true)
            return;
        //行列和数字相加大于threshold，不可取
        if(cal(i) + cal(j) > threshold)
            return;
        res += 1;
        //标记经过的位置
        vis[i][j] = true;
        //下右四个方向搜索
        for(int k = 0; k < 2; k++)
            dfs(i + dir[k][0], j + dir[k][1], rows, cols, threshold, vis);
    }
    public int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
        //判断特殊情况
        if(threshold <= 0)
            return 1;
        //标记某个格子没有被访问过
        boolean[][] vis = new boolean[rows][cols];
        dfs(0, 0, rows, cols, threshold, vis);
        return res;
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：O(mn)O(mn)，其中mm与nn分别为格子的边长，深度优先搜索最坏情况下遍历格子每个位置一次
空间复杂度：O(mn)O(mn)，递归栈的最大空间为格子的大小，同时记录是否访问过的数组vis空间为O(mn)O(mn)

用广度优先遍历也可以实现，思考一下？

代码参考：

java 复制代码

import java.util.*;
public class Solution {
    //记录遍历的两个方向
    int[][] dir = {{1, 0}, {0, 1}};
    //记录答案
    int res = 0;
    //计算一个数字的每个数之和
    int cal(int n) {
        int sum = 0;
        //连除法算出每一位
        while (n != 0) {
            sum += (n % 10);
            n /= 10;
        }
        return sum;
    }
    public int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
        //判断特殊情况
        if (threshold <= 0)
            return 1;
        //标记某个格子没有被访问过
        boolean[][] vis = new boolean[rows][cols];
        //记录答案
        int res = 0;
        Queue<ArrayList<Integer> > q = new LinkedList<ArrayList<Integer>>();
        //起点先入队列
        q.offer(new ArrayList<Integer>(Arrays.asList(0, 0)));
        vis[0][0] = true;
        while (!q.isEmpty()) {
            //获取符合条件的一步格子
            ArrayList<Integer> node = q.poll();
            res += 1;
            //遍历两个方向
            for (int i = 0; i < 2; i++) {
                int x = node.get(0) + dir[i][0];
                int y = node.get(1) + dir[i][1];
                //符合条件的下一步才进入队列
                if (x >= 0 && x < rows && y >= 0 && y < cols && vis[x][y] != true) {
                    if (cal(x) + cal(y) <= threshold) {
                        q.offer(new ArrayList<Integer>(Arrays.asList(x, y)));
                        vis[x][y] = true;
                    }
                }
            }
        }
        return res;
    }
}