来源：力扣（LeetCode）
描述：
在二维网格 grid 上，有 4 种类型的方格：
- 1 表示起始方格。且只有一个起始方格。
- 2 表示结束方格，且只有一个结束方格。
- 0 表示我们可以走过的空方格。
- -1 表示我们无法跨越的障碍。
返回在四个方向（上、下、左、右）上行走时，从起始方格到结束方格的不同路径的数目。
每一个无障碍方格都要通过一次，但是一条路径中不能重复通过同一个方格。
示例 1：
输入：[[1,0,0,0],[0,0,0,0],[0,0,2,-1]]
输出：2
解释：我们有以下两条路径：
1. (0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(1,2),(1,1),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2)
2. (0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(1,1),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(1,2),(2,2)
示例 2：
输入：[[1,0,0,0],[0,0,0,0],[0,0,0,2]]
输出：4
解释：我们有以下四条路径：
1. (0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(1,2),(1,1),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2),(2,3)
2. (0,0),(0,1),(1,1),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2),(1,2),(0,2),(0,3),(1,3),(2,3)
3. (0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2),(1,2),(1,1),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(2,3)
4. (0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(1,1),(0,1),(0,2),(0,3),(1,3),(1,2),(2,2),(2,3)
示例 3：
输入：[[0,1],[2,0]]
输出：0
解释：
没有一条路能完全穿过每一个空的方格一次。
请注意，起始和结束方格可以位于网格中的任意位置。
提示：
- 1 <= grid.length * grid[0].length <= 20
方法一：回溯
思路
按照要求，假设矩阵中有 n 个 0，那么一条合格的路径，是长度为 (n+1)，由 1 起始，结束于 2，不经过 −1，且每个点只经过一次的路径。要求出所有的合格的路径，可以采用回溯法，定义函数 dfs，表示当前 grid 状态下，从点 (i, j) 出发，还要经过 n 个点，走到终点的路径条数。到达一个点时，如果当前的点为终点，且已经经过了 (n+1) 个点，那么就构成了一条合格的路径，否则就不构成。如果当前的点不为终点，则将当前的点标记为 −1，表示这条路径以后不能再经过这个点，然后继续在这个点往四个方向扩展，如果不超过边界且下一个点的值为 0 或者 2，则表示这条路径可以继续扩展。探测完四个方向后，需要将当前的点的值改为原来的值。将四个方向的合格路径求和，即为当前状态下合格路径的条数。最终需要返回的是，grid 在初始状态下，从起点出发，需要经过 (n+1) 个点的路径条数。
代码：
class Solution {
public:int uniquePathsIII(vector<vector<int>>& grid) {int r = grid.size(), c = grid[0].size();int si = 0, sj = 0, n = 0;for (int i = 0; i < r; i++) {for (int j = 0; j < c; j++) {if (grid[i][j] == 0) {n++;} else if (grid[i][j] == 1) {n++;si = i;sj = j;}}}function<int(int, int, int)> dfs = [&](int i, int j, int n) -> int {if (grid[i][j] == 2) {if (n == 0) {return 1;}return 0;}int t = grid[i][j], res = 0;grid[i][j] = -1;vector<array<int, 2>> dir({{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}});for (auto &[di, dj] : dir) {int ni = i + di;int nj = j + dj;if (ni >= 0 && ni < r && nj >= 0 && nj < c && \(grid[ni][nj] == 0 || grid[ni][nj] == 2)) {res += dfs(ni, nj, n - 1);}}grid[i][j] = t;return res;};return dfs(si, sj, n);}
};
执行用时：8 ms, 在所有 C++ 提交中击败了39.82%的用户
内存消耗：8 MB, 在所有 C++ 提交中击败了26.99%的用户
复杂度分析
- 时间复杂度：O(4r × c)，其中 r 和 c 分别是 grid 的行数和列数。
- 空间复杂度：O(r × c)，是回溯的深度。
方法二：记忆化搜索 + 状态压缩
思路
方法一的回溯函数，即使在 i, j, n 都相同的情况下，函数的返回值也会不同，因为路径经过的点不同，导致当前情况下 grid 的状态也不同。因此，我们可以将grid 的状态放入函数的输入参数，从而用记忆化搜索来降低时间复杂度。
用一个二进制数字 st 来表示路径还未经过的点（初始状态下为所有值为 0 的点和终点），点的坐标需要和二进制数字的位一一对应。定义函数 dp，输入参数为当前坐标 i, j 和为经过的点的二进制集合 st，返回值即为从点 (i, j) 出发，经过 st 代表的点的集合，最终到达终点的路径的条数。如果当前点为终点且剩下没有未经过的点，那么当前的返回值即为 1，否则为 0。如果当前的点不为终点，则需要探索四个方向，如果接下来的点在边界内且还未经过（用按位和操作判断），则需要走到那个点并且将那个点的坐标从未经过的点的集合中去掉（用按位异或操作）。将四个方向的合格路径求和，即为当前状态下合格路径的条数。最终需要返回的是，从起点出发，为经过的点的集合为所有值为 0 的点和终点的路径条数。函数调用过程中采用了记忆化搜索，每个状态最多只会被计算一次。
代码：
class Solution {
public:int uniquePathsIII(vector<vector<int>>& grid) {int r = grid.size(), c = grid[0].size();int si = 0, sj = 0, st = 0;unordered_map<int, int> memo;for (int i = 0; i < r; i++) {for (int j = 0; j < c; j++) {if (grid[i][j] == 0 || grid[i][j] == 2) {st |= (1 << (i * c + j));} else if (grid[i][j] == 1) {si = i, sj = j;}}}function<int(int ,int, int)> dp = [&](int i, int j, int st) -> int {if (grid[i][j] == 2) {if (st == 0) {return 1;}return 0;}int key = ((i * c + j) << (r * c)) + st;if (!memo.count(key)) {int res = 0;vector<array<int, 2>> dir({{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}});for (auto &[di, dj] : dir) {int ni = i + di, nj = j + dj;if (ni >= 0 && ni < r && nj >= 0 && nj < c && (st & (1 << (ni * c + nj))) > 0) {res += dp(ni, nj, st ^ (1 << (ni * c + nj)));}}memo[key] = res;}return memo[key];};return dp(si, sj, st);}
};
执行用时：20 ms, 在所有 C++ 提交中击败了26.55%的用户
内存消耗：9.2 MB, 在所有 C++ 提交中击败了26.55%的用户
复杂度分析
- 时间复杂度：O(r × c × 2r×c)，其中 r 和 c 分别是 grid 的行数和列数。O(r × c × 2r×c) 是状态数，每个状态只会被计算一次，计算一个状态的时间复杂度为 O(1)。
- 空间复杂度：O(r × c × 2r×c)，是状态数。
author：LeetCode-Solution
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