Unique Paths III 不同路径 III DFS 暴力

问题描述：

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。

$1 <= g r i d . l e n g t h * g r i d [0] . l e n g t h <= 20$

分析

一开始看到路径问题，让我联想到了DP，但是看完要求，就果断放弃了。

在这样一个矩阵中，从出发点S到终点E，无障碍的方格必须仅过一次。

基于这个要求，是无法找到合适的子问题的。

假设路径中的点X，到达X时，可以是4个方向，而且之前的路径也无法通过子问题来得到。

但是可以知道的是，到达X时，走了多少步，还有多少步可以走。

一个矩阵上除去障碍，剩余的空白处，都是必须经过的，假设这个数量为tot。

新问题就是走完tot数量恰好可以到达E的路径数。

因为不能重复经过同一个方格，所以可以使用一个标记数组记录已访问的方格。

剩下的就是解决从x,y出发恰好经过left可以到达E的路径数。
到此就是利用DFS搜索来解决，为了加速可以使用memo。

代码

DFS 暴力

class Solution {public int uniquePathsIII(int[][] grid) {int cnt0 = 0, sx = -1, sy = -1;for (int i = 0; i < grid.length; i++) {for (int j = 0; j < grid[i].length; j++) {if (grid[i][j] == 0) cnt0++;else if (grid[i][j] == 1) { // 起点sx = i;sy = j;}}}return dfs(grid, sx, sy, cnt0 + 1); // +1 把起点也算上}private int dfs(int[][] grid, int x, int y, int left) {if (x < 0 || x >= grid.length || y < 0 || y >= grid[x].length || grid[x][y] < 0)return 0; // 不合法if (grid[x][y] == 2) // 到达终点return left == 0 ? 1 : 0; // 必须访问所有的无障碍方格grid[x][y] = -1; // 标记成访问过，因为题目要求「不能重复通过同一个方格」int ans = dfs(grid, x - 1, y, left - 1) + dfs(grid, x, y - 1, left - 1) +dfs(grid, x + 1, y, left - 1) + dfs(grid, x, y + 1, left - 1);grid[x][y] = 0; // 恢复现场return ans;}
}