【每日一题】剑指 Offer 13. 机器人的运动范围

地上有一个m行n列的方格，从坐标 [0,0] 到坐标 [m-1,n-1] 。一个机器人从坐标 [0, 0] 的格子开始移动，它每次可以向左、右、上、下移动一格（不能移动到方格外），也不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于k的格子。例如，当k为18时，机器人能够进入方格 [35, 37] ，因为3+5+3+7=18。但它不能进入方格 [35, 38]，因为3+5+3+8=19。请问该机器人能够到达多少个格子？

示例 1：
输入：m = 2, n = 3, k = 1
输出：3

示例 2：
输入：m = 3, n = 1, k = 0
输出：1

提示：1 <= n,m <= 100，0 <= k <= 20
解题思路：
本题与矩阵中的路径类似，是典型的矩阵搜索问题。此类问题通常可使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）解决。在介绍 DFS / BFS 算法之前，为提升计算效率，首先讲述两项前置工作：数位之和计算、搜索方向简化

数位之和计算：
设一数字 x，向下取整除法符号 // ，求余符号 % ，则有：

x%10: 得到 x 的个位数字；
x // 10: 令 xx 的十进制数向右移动一位，即删除个位数字。
因此，可通过循环求得数位和 s ，数位和计算的封装函数如下所示：

def sums(x):
    s = 0
    while x != 0:
        s += x % 10
        x = x // 10
    return s

由于机器人每次只能移动一格（即只能从 x 运动至 x±1），因此每次只需计算 x 到 x±1 的数位和增量。本题说明1≤n,m≤100 ，以下公式仅在此范围适用。
简化函数
当（x+1）%10=0时，s_x+1= s_x - 8 例如 19, 20的数位和分别为 10, 2
当（x+1）%10!=0时，s_x+1= s_x + 1 例如 1,2 的数位和分别为 1,2
以下代码为增量公式的三元表达式写法，将整合入最终代码中。

(x + 1) % 10 != 0 ? s_x + 1 : s_x - 8

深度优先遍历 DFS

算法解析：

递归参数： 当前元素在矩阵中的行列索引 i 和 j ，两者的数位和 si, sj 。
		终止条件： 当 ① 行列索引越界 或 ② 数位和超出目标值 k 或 ③ 当前元素已访问过 时，
			返回 0，代表不计入可达解。
		递推工作：
		标记当前单元格 ：将索引 (i, j) 存入 Set visited 中，代表此单元格已被访问过。
		搜索下一单元格： 计算当前元素的 下、右 两个方向元素的数位和，并开启下层递归 。
回溯返回值： 返回 1 + 右方搜索的可达解总数 + 下方搜索的可达解总数，代表从本单元格递归搜索的可达解总数。

图1	图2
图3	图4
图5	图6
图7	图8
图9	图10
图11	图12

class Solution {
    int m, n, k;
    boolean[][] visited;
    public int movingCount(int m, int n, int k) {
        this.m = m; this.n = n; this.k = k;
        this.visited = new boolean[m][n];
        return dfs(0, 0, 0, 0);
    }
    public int dfs(int i, int j, int si, int sj) {
        if(i >= m || j >= n || k < si + sj || visited[i][j]) return 0;
        visited[i][j] = true;
        return 1 + dfs(i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj) + dfs(i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8);
    }
}

复杂度分析：
M, N分别为矩阵行列大小。
时间复杂度O(MN) ：最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 O(MN) 。
空间复杂度O(MN) ：最差情况下，Set visited 内存储矩阵所有单元格的索引，使用 O(MN) 的额外空间。在这里插入图片描述

广度优先遍历 BFS

BFS/DFS ：两者目标都是遍历整个矩阵，不同点在于搜索顺序不同。DFS 是朝一个方向走到底，再回退，以此类推；BFS 则是按照“平推”的方式向前搜索。
BFS 实现：通常利用队列实现广度优先遍历。

算法解析：

初始化：将机器人初始点 (0, 0)(0,0) 加入队列 queue ；
迭代终止条件： queue 为空。代表已遍历完所有可达解。
迭代工作：

单元格出队：将队首单元格的索引、数位和弹出，作为当前搜索单元格。
判断是否跳过：若 ① 行列索引越界或 ② 数位和超出目标值 k 或 ③ 当前元素已访问过时，执行 continue 。
标记当前单元格：将单元格索引 (i, j) 存入 Set visited 中，代表此单元格已被访问过。
单元格入队：将当前元素的下方、右方单元格的索引、数位和加入 queue 。

返回值： Set visited 的长度 len(visited) ，即可达解的数量。

class Solution {
    public int movingCount(int m, int n, int k) {
        boolean[][] visited = new boolean[m][n];
        int res = 0;
        Queue<int[]> queue= new LinkedList<int[]>();
        queue.add(new int[] { 0, 0, 0, 0 });
        while(queue.size() > 0) {
            int[] x = queue.poll();
            int i = x[0], j = x[1], si = x[2], sj = x[3];
            if(i >= m || j >= n || k < si + sj || visited[i][j]) continue;
            visited[i][j] = true;
            res ++;
            queue.add(new int[] { i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj });
            queue.add(new int[] { i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8 });
        }
        return res;
    }
}

图1	图2
图3	图4
图5	图6
图7	图8

复杂度分析：
M, N 分别为矩阵行列大小。
时间复杂度 O(MN) ：最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 O(MN) 。
空间复杂度 O(MN) ：最差情况下，Set visited 内存储矩阵所有单元格的索引，使用 O(MN) 的额外空间
在这里插入图片描述