1. 题目来源
链接：矩阵中的最长递增路径
来源：LeetCode
2. 题目说明
给定一个整数矩阵，找出最长递增路径的长度。
对于每个单元格，你可以往上，下，左，右四个方向移动。 你不能在对角线方向上移动或移动到边界外（即不允许环绕）。
示例1：
输入: nums =
[
[9,9,4],
[6,6,8],
[2,1,1]
]
输出: 4
解释: 最长递增路径为 [1, 2, 6, 9]。
示例2：
输入: nums =
[
[3,4,5],
[3,2,6],
[2,2,1]
]
输出: 4
解释: 最长递增路径是 [3, 4, 5, 6]。注意不允许在对角线方向上移动。
3. 题目解析
方法一：普通动态规划、递归解法
本题该解法采用递归和dp解法，采用dp的原因是为了提高效率，避免重复运算。
需要维护一个二维动态数组dp，其中dp[i][j]表示数组中以(i,j)为起点的最长递增路径的长度，初始将dp数组都赋为0，当用递归调用时，遇到某个位置(x, y), 如果dp[x][y]不为0的话，直接返回dp[x][y]即可，不需要重复计算。
需要以数组中每个位置都为起点调用递归来做，比较找出最大值。在以一个位置为起点用dfs搜索时，对其四个相邻位置进行判断，如果相邻位置的值大于上一个位置，则对相邻位置继续调用递归，并更新一个最大值，搜素完成后返回即可， 参见代码如下：
由于代码执行较为冗杂，各类递归情况均考虑了一遍，故执行用时较高，为168 ms
class Solution {
public:
vector<vector<int>> dirs = {{0, -1}, {-1, 0}, {0, 1}, {1, 0}};
int longestIncreasingPath(vector<vector<int>>& matrix) {
if (matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
int res = 1, m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
res = max(res, dfs(matrix, dp, i, j));
}
}
return res;
}
int dfs(vector<vector<int>> &matrix, vector<vector<int>> &dp, int i, int j) {
if (dp[i][j]) return dp[i][j];
int mx = 1, m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
for (auto a : dirs) {
int x = i + a[0], y = j + a[1];
if (x < 0 || x >= m || y < 0 || y >= n || matrix[x][y] <= matrix[i][j]) continue;
int len = 1 + dfs(matrix, dp, x, y);
mx = max(mx, len);
}
dp[i][j] = mx;
return mx;
}
};
方法二：bfs解法
下面再来看一种bfs的解法，需要用queue来辅助遍历，还是需要dp数组来减少重复运算。
遍历数组中的每个数字，跟上面的解法一样，把每个遍历到的点都当作bfs遍历的起始点，需要优化的是:
- 如果当前点的dp值大于0了，说明当前点已经计算过了，直接跳过。
- 否则就新建一个queue，然后把当前点的坐标加进去，再用一个变量cnt，初始化为1，表示当前点为起点的递增长度，然后进入while循环，然后cnt自增1，这里先自增1没有关系，因为只有当周围有合法的点时候才会用cnt来更新。
由于当前结点周围四个相邻点距当前点距离都一样，所以采用类似二叉树层序遍历的方式，先求出当前queue的长度，然后遍历跟长度相同的次数，取出queue中的首元素，对周围四个点进行遍历，计算出相邻点的坐标后，要进行合法性检查，横纵坐标不能越界，且相邻点的值要大于当前点的值，并且相邻点点dp值要小于cnt，才有更新的必要。用cnt来更新dp[x][y]，并用cnt来更新结果res，然后把相邻点排入queue中继续循环即可，参见代码如下：
慢的鬼一样？？？执行用时为 2108 ms
class Solution {
public:
int longestIncreasingPath(vector<vector<int>>& matrix) {
if (matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
int m = matrix.size(), n = matrix[0].size(), res = 1;
vector<vector<int>> dirs{{0,-1},{-1,0},{0,1},{1,0}};
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j ) {
if (dp[i][j] > 0) continue;
queue<pair<int, int>> q{{{i, j}}};
int cnt = 1;
while (!q.empty()) {
++cnt;
int len = q.size();
for (int k = 0; k < len; ++k) {
auto t = q.front(); q.pop();
for (auto dir : dirs) {
int x = t.first + dir[0], y = t.second + dir[1];
if (x < 0 || x >= m || y < 0 || y >= n ||
matrix[x][y] <= matrix[t.first][t.second] || cnt <= dp[x][y]) continue;
dp[x][y] = cnt;
res = max(res, cnt);
q.push({x, y});
}
}
}
}
}
return res;
}
};
方法三：动态规划、高效率版
- 将所有的坐标按照对应位置的值升序排序
- 依次处理上一步中得到的坐标列表,从附近比当前点矮的点DP值取最大加1得到当前点的DP值
时间复杂度分析：
第一步的时间复杂度是 O(log(mn))
第二步的时间复杂度是 O(mn)
经过升序预处理之后效率确实高，执行用时为 52 ms
class Point {
public:
int x, y, v;
Point(int ix, int iy, int iv) {
x = ix;
y = iy;
v = iv;
}
};
class Solution {
public:
int longestIncreasingPath(vector<vector<int>>& matrix) {
if (matrix.size() == 0)
return 0;
const int rows = matrix.size();
const int cols = matrix[0].size();
vector<vector<int>> dp(rows, vector<int>(cols, 1));
vector<Point> vp;
vp.reserve(rows * cols);
for (int i = 0; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
vp.push_back(Point(i, j, matrix[i][j]));
}
}
// 采用lambda表达式，根据读入数据依次创建坐标点,并根据升序排序
sort(vp.begin(), vp.end(), [](const Point &lhs, const Point &rhs){
return lhs.v < rhs.v;
});
int ret = 1;
for (const auto &p : vp) {
auto x = p.x;
auto y = p.y;
auto v = p.v;
// 寻找附近比当前矮的点的最高DP值
if (x > 0 && matrix[x - 1][y] < v && dp[x - 1][y] + 1 > dp[x][y])
dp[x][y] = dp[x - 1][y] + 1;
if (x < rows - 1 && matrix[x + 1][y] < v && dp[x + 1][y] + 1 > dp[x][y])
dp[x][y] = dp[x + 1][y] + 1;
if (y > 0 && matrix[x][y - 1] < v && dp[x][y - 1] + 1 > dp[x][y])
dp[x][y] = dp[x][y - 1] + 1;
if (y < cols - 1 && matrix[x][y + 1] < v && dp[x][y + 1] + 1 > dp[x][y])
dp[x][y] = dp[x][y + 1] + 1;
if (dp[x][y] > ret)
ret = dp[x][y];
}
return ret;
}
};
在对矩阵进行排序时，采用了lambda表达式的方法，确实便捷好用。
方法四：拓扑排序、记忆化搜索，暂时能力不足，仅贴上dalao思路和代码
- 找到所有的的洼地点(即 拓扑排序中入度为0的点), 加入队列
- 宽搜，如果搜到下一个点的路径值比当前小，则加入队列
时间复杂度分析：
上述两个步骤的时间复杂度均为O(mn)
执行用时为 76 ms
class Solution {
public:
int longestIncreasingPath(vector<vector<int>>& matrix) {
queue<int> qx, qy;
const int rows = matrix.size();
if (!rows)
return 0;
const int cols = matrix[0].size();
const vector<int> dx = {1, -1, 0, 0};
const vector<int> dy = {0, 0, 1, -1};
vector<vector<int>> in(rows, vector<int>(cols, 0));
vector<vector<int>> dp(rows, vector<int>(cols, 1));
for (int i = 0; i < rows; i++)
for (int j = 0; j < cols; j++)
for (int k = 0; k < 4; k++){
int nx = i + dx[k];
int ny = j + dy[k];
if (nx >= 0 && nx < rows && ny >= 0 && ny < cols && matrix[i][j] < matrix[nx][ny]) {
in[nx][ny]++;
}
}
for (int i = 0; i < rows; i++)
for (int j = 0; j < cols; j++) {
if (!in[i][j]) {
qx.push(i);
qy.push(j);
}
}
int ret = 0;
while (!qx.empty()) {
int i = qx.front();
int j = qy.front();
qx.pop();
qy.pop();
if (dp[i][j] > ret)
ret = dp[i][j];
int nv = dp[i][j] + 1;
for (int k = 0; k < 4; k++) {
int nx = i + dx[k];
int ny = j + dy[k];
if (nx >= 0 && nx < rows && ny >= 0 && ny < cols && matrix[i][j] < matrix[nx][ny]) {
if (dp[nx][ny] < nv)
dp[nx][ny] = nv;
in[nx][ny]--;
if (!in[nx][ny]) {
qx.push(nx);
qy.push(ny);
}
}
}
}
return ret;
}
};
关于拓扑排序有一个经典的LeetCode155次周赛压轴题很有意思1203. 项目管理，近期会将拓扑排序知识详细更新，也会将那道周赛题也会详细更新。
