【题目】*529. 扫雷游戏
让我们一起来玩扫雷游戏！
给定一个代表游戏板的二维字符矩阵。 ‘M’ 代表一个未挖出的地雷，‘E’ 代表一个未挖出的空方块，‘B’ 代表没有相邻（上，下，左，右，和所有4个对角线）地雷的已挖出的空白方块，数字（‘1’ 到 ‘8’）表示有多少地雷与这块已挖出的方块相邻，‘X’ 则表示一个已挖出的地雷。
现在给出在所有未挖出的方块中（‘M’或者’E’）的下一个点击位置（行和列索引），根据以下规则，返回相应位置被点击后对应的面板：
- 如果一个地雷（‘M’）被挖出，游戏就结束了- 把它改为 ‘X’。
- 如果一个没有相邻地雷的空方块（‘E’）被挖出，修改它为（‘B’），并且所有和其相邻的未挖出方块都应该被递归地揭露。
- 如果一个至少与一个地雷相邻的空方块（‘E’）被挖出，修改它为数字（‘1’到’8’），表示相邻地雷的数量。
- 如果在此次点击中，若无更多方块可被揭露，则返回面板。
示例 1：
输入:
[['E', 'E', 'E', 'E', 'E'],
['E', 'E', 'M', 'E', 'E'],
['E', 'E', 'E', 'E', 'E'],
['E', 'E', 'E', 'E', 'E']]
Click : [3,0]
输出:
[['B', '1', 'E', '1', 'B'],
['B', '1', 'M', '1', 'B'],
['B', '1', '1', '1', 'B'],
['B', 'B', 'B', 'B', 'B']]
解释:
示例 2：
输入:
[['B', '1', 'E', '1', 'B'],
['B', '1', 'M', '1', 'B'],
['B', '1', '1', '1', 'B'],
['B', 'B', 'B', 'B', 'B']]
Click : [1,2]
输出:
[['B', '1', 'E', '1', 'B'],
['B', '1', 'X', '1', 'B'],
['B', '1', '1', '1', 'B'],
['B', 'B', 'B', 'B', 'B']]
解释:
注意：
输入矩阵的宽和高的范围为 [1,50]。
点击的位置只能是未被挖出的方块 (‘M’ 或者 ‘E’)，这也意味着面板至少包含一个可点击的方块。
输入面板不会是游戏结束的状态（即有地雷已被挖出）。
简单起见，未提及的规则在这个问题中可被忽略。例如，当游戏结束时你不需要挖出所有地雷，考虑所有你可能赢得游戏或标记方块的情况。
【解题思路1】DFS
- 当前点击的是「未挖出的地雷」，将其值改为 X 即可。
- 当前点击的是「未挖出的空方块」，需要统计它周围相邻的方块里地雷的数量 cnt（即 M 的数量）。 如果 cnt 为零，执行规则 2将其改为 B，然后递归地处理周围的八个未挖出的方块，递归终止条件即为规则 4（即只有当前字符确定为’B‘时才能继续进行递归），否则执行规则 3，将其修改为数字即可。
class Solution {
int[] dirX = {
0, 1, 0, -1, 1, 1, -1, -1};
int[] dirY = {
1, 0, -1, 0, 1, -1, 1, -1};
public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {
int x = click[0], y = click[1];
if (board[x][y] == 'M') {
// 规则 1
board[x][y] = 'X';
} else if (board[x][y] == 'E') {
dfs(board, x, y);
}
return board;
}
public void dfs(char[][] board, int x, int y) {
int cnt = 0;
// 八个方向里有几个雷
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
int tx = x + dirX[i];
int ty = y + dirY[i];
if (tx < 0 || tx >= board.length || ty < 0 || ty >= board[0].length) {
continue;
}
// 不用判断 M，因为如果有 M 的话游戏已经结束了
if (board[tx][ty] == 'M') {
++cnt;
}
}
if (cnt > 0) {
// 规则 3
board[x][y] = (char) (cnt + '0');
} else {
// 当前格子八个方向里没有雷，即空白格子，标记B，继续递归
// 规则 2
board[x][y] = 'B';
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
int tx = x + dirX[i];
int ty = y + dirY[i];
// 只有当遇到未被扩展格子E才继续递归，B和数字已经扩展过了
if (tx < 0 || tx >= board.length || ty < 0 || ty >= board[0].length || board[tx][ty] != 'E') {
continue;
}
dfs(board, tx, ty);
}
}
}
}
【解题思路2】BFS
只要在cnt 为零的时候，将当前点相邻的未挖出的方块加入广度优先搜索的队列里即可，其他情况不加入队列
如果不用boolean数组vis标记是否当前格子已经被访问过（可能入队了但是还没修改值）可能会超时，因为如果是一个很大的数组里面是全E或者距离点击的格子很远的地方才有一个M的话，不标记当前格子是否已被访问过会做很多重复工作所以超时
class Solution {
int[] dirX = {
0, 1, 0, -1, 1, 1, -1, -1};
int[] dirY = {
1, 0, -1, 0, 1, -1, 1, -1};
public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {
int x = click[0], y = click[1];
if (board[x][y] == 'M') {
// 规则 1
board[x][y] = 'X';
} else{
bfs(board, x, y);
}
return board;
}
public void bfs(char[][] board, int sx, int sy) {
Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();
boolean[][] vis = new boolean[board.length][board[0].length];
queue.offer(new int[]{
sx, sy});
vis[sx][sy] = true;
while (!queue.isEmpty()) {
int[] pos = queue.poll();
int cnt = 0, x = pos[0], y = pos[1];
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
int tx = x + dirX[i];
int ty = y + dirY[i];
if (tx < 0 || tx >= board.length || ty < 0 || ty >= board[0].length) {
continue;
}
if (board[tx][ty] == 'M') {
++cnt;
}
}
if (cnt > 0) {
// 规则 3
board[x][y] = (char) (cnt + '0');
} else {
// 规则 2
board[x][y] = 'B';
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
int tx = x + dirX[i];
int ty = y + dirY[i];
// 只有当遇到未被扩展格子E才继续递归，B和数字已经扩展过了
if (tx < 0 || tx >= board.length || ty < 0 || ty >= board[0].length || board[tx][ty] != 'E' || vis[tx][ty]) {
continue;
}
queue.offer(new int[]{
tx, ty});
vis[tx][ty] = true;
}
}
}
}
}