[DFS] B013_ Buscaminas (DFS | BFS)

Uno, Título Descripción

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。

, La solución segundo problema

Método uno: DFS

Más información sobre el tema, es posible que deseen dividir:

• 'M': no ​​hay minas de excavación
• 'X': ser excavada de las minas, se reunió con representantes del juego ha terminado X.
• 'E': una caja desconocida.
• 'B': una caja de ocho direcciones están seguros de que no hay minas.
• haga clic en [0]: Paso 1 abscisa juego.
• haga clic en [1]: juego ordenada Paso 1.

algoritmo

• Si la posición actual no es minas M, el temporalmente marcado como B, y a continuación, determinar si la distancia entre las minas exteriores dirección 8 M posición actual del paso 1, no estará marcado con un número de marcas de superposición minas COUNT min B.
• De lo contrario, la ubicación de las minas etiquetada X puede ser, porque sólo hay una explicación de las minas terrestres frotis M.

int m, n;
private static int[][] dir = {
  {-1, 0}, {1, 0},
  {0, -1}, {0, 1},
  {-1, -1},{-1, 1},
  {1, -1}, {1, 1},
};
public char[][] updateBoard(char[][] grid, int[] click) {
  m = grid.length;
  n = grid[0].length;
  dfs(grid, click[0], click[1]);
  return grid;
}
//深搜
private void dfs(char[][] grid, int x, int y) {
  if (!inArea(x, y))
      return;
  if (grid[x][y] == 'M') {
      grid[x][y] = 'X';
  }else if (grid[x][y] == 'E') {
    grid[x][y] = 'B';
    int countM = countM(grid, x, y);
    if (countM > 0) {
      grid[x][y] = (char) (countM + '0');
    }else {
      for (int i = 0; i < 8; i++) {
        int newX = x + dir[i][0];
        int newY = y + dir[i][1];
        dfs(grid, newX, newY);
      }
    }
  }
}
//统计8个方向的地雷数量
private int countM(char[][] grid, int x, int y) {
  int count = 0;
  for (int i = 0; i < 8; i++) {
    int newX = x + dir[i][0];
    int newY = y + dir[i][1];
    if (inArea(newX, newY) && grid[newX][newY] == 'M') {
      count++;
    }
  }
  return count;
}
private boolean inArea(int x, int y) {
  return x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n;
}

Análisis de la complejidad

• Complejidad de tiempo: $O (m × n)$ ,
• Espacio de la complejidad: $O (m × n)$ ,

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Segundo método: BFS

No importa qué forma de resolver este problema, en su esencia consiste en atravesar toda la red, simplemente atravesada de una manera diferente, pero la lógica principal es el mismo.

int m, n;
private static int[][] dir = {
	{-1, 0}, {1, 0},
	{0, -1}, {0, 1},
	{-1, -1},{-1, 1},
	{1, -1}, {1, 1},
};
public char[][] updateBoard(char[][] grid, int[] click) {
  m = grid.length;
  n = grid[0].length;
  Queue<Pos> queue = new LinkedList<>();
  queue.add(new Pos(click[0], click[1]));

  while (!queue.isEmpty()) {
    Pos pos = queue.poll();
    if (grid[pos.x][pos.y] == 'E') {
        grid[pos.x][pos.y] = 'B';
        int count = countM(grid, pos.x, pos.y);
        if (count > 0) {
        	grid[pos.x][pos.y] = ((char) (count + '0'));
        } else {
            for (int i = 0; i < 8; i++) {
                int newX = pos.x + dir[i][0];
                int newY = pos.y + dir[i][1];
                if (inArea(newX, newY)) {
                    queue.add(new Pos(newX, newY));
                }
            }
        }
    } else if (grid[pos.x][pos.y] == 'M')
        grid[pos.x][pos.y] = 'X';
  }
  return grid;
}

private boolean inArea(int x, int y) {
  return x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n;
}
private int countM(char[][] grid, int x, int y) {
  int count = 0;
  for (int i = 0; i < 8; i++) {
      int newX = x + dir[i][0];
      int newY = y + dir[i][1];
      if (inArea(newX, newY) && grid[newX][newY] == 'M') {
          count++;
      }
  }
  return count;
}

class Pos {
  int x, y;
  public Pos(int _x, int _y) {
      x = _x;
      y = _y;
  }
}

Análisis de la complejidad

• Complejidad de tiempo: $O (m × n)$ ,
• Espacio de la complejidad: $O (m × n)$ ,