题目

地上有一个m行n列的方格，从坐标 [0,0] 到坐标 [m-1,n-1] 。一个机器人从坐标 [0, 0] 的格子开始移动，它每次可以向左、右、上、下移动一格（不能移动到方格外），也不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于k的格子。例如，当k为18时，机器人能够进入方格 [35, 37] ，因为3+5+3+7=18。但它不能进入方格 [35, 38]，因为3+5+3+8=19。请问该机器人能够到达多少个格子？

示例 1：

输入：m = 2, n = 3, k = 1
输出：3

示例 2：

输入：m = 3, n = 1, k = 0
输出：1

提示：

1 <= n,m <= 100
0 <= k <= 20

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/ji-qi-ren-de-yun-dong-fan-wei-lcof

思路

依然是典型的搜索+回溯的问题。可以选择用DFS也可以选择用BFS。

先讲两种方法都需要解决的问题——求数位和。

int sums(int x){int sum = 0;while(x != 0) {sum += x % 10;x /= 10;}return sum;
}

这里引入一个数位和增量公式，是我看作者：jyd的题解时学到的：
在这里插入图片描述

DFS

思路

DFS 通过递归，先朝一个方向搜到底（本题中应为右、下两个方向之一），再回溯至上个节点，沿另一个方向搜索。

可行性剪枝：在搜索中，遇到数位和超出给定值、此元素已访问，则应立即返回。

判定元素是否被访问通过建立一个m*n的bool数组，访问过的位置标记为true，未访问的位置标记为false。

根据可行性剪枝确定终止条件：

下标越界
数位和超出给定值
元素已经被访问

此时返回0，搜索结果为不可达解。

递推工作：

将当前节点标记为true，表示已经访问过。
从当前节点的下、右两个方向开启下层递归。

回溯返回值：
返回 1 + 下方搜索的可达解总数 + 右方搜索的可达解总数，代表从本单元格递归搜索的可达解总数。

代码

class Solution {int rows;int cols;bool sumnumber(int i, int j, int k){int sum = 0;while(i != 0 || j != 0){if(i != 0){sum += i % 10;i /= 10;}if(j != 0){sum += j % 10;j /= 10;}}if(sum <= k){return true;}return false;}int dfs(int i, int j, vector<vector<bool>>& vb, int& k){bool flag = sumnumber(i, j, k);if(i >= rows || j >= cols || !flag || vb[i][j]){return 0;} vb[i][j] = true;return 1 + dfs(i + 1, j, vb, k) + dfs(i, j + 1, vb, k);}
public:int movingCount(int m, int n, int k) {vector<vector<bool>> vb(m, vector<bool>(n, 0));rows = m;cols = n;return dfs(0, 0, vb, k);}
};

复杂度分析

设矩阵行列数分别为 M, N 。

时间复杂度 O(MN)： 最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 O(MN)。
空间复杂度 O(MN)： 最差情况下，vector<vector<bool>> vb 内存储矩阵所有单元格的索引，使用 O(MN)的额外空间。

BFS

思路

两者都是遍历矩阵，但区别在于：

DFS是向一个方向遍历到底，再回溯，不撞南墙不回头。
BFS是平推的方式向前搜索。

BFS通常通过队列来实现。

初始化： 将初始点 (0, 0) 加入队列 queue ；
迭代终止条件： queue 为空。代表已遍历完所有可达解。
迭代过程：

单元格出队： 将队首单元格的 索引、数位和 弹出，作为当前搜索单元格。
判断是否跳过： 若
行列索引越界
数位和超出目标值 k
当前元素已访问过
时，执行 continue 。
标记当前单元格： 将单元格索引 (i, j) 存入 辅助数组 中，代表此单元格 已被访问过 。
单元格入队： 将当前元素的 下方、右方 单元格的 索引、数位和 加入 queue 。

返回值： 辅助数组 的长度即为可达解的数量。

代码

class Solution {bool sumnumber(int i, int j, int k){int sum = 0;while(i != 0 || j != 0){if(i != 0){sum += i % 10;i /= 10;}if(j != 0){sum += j % 10;j /= 10;}}if(sum <= k){return true;}return false;}
public:int movingCount(int m, int n, int k) {queue<pair<int,int>> que; // 临时存储可达解，为空则表示已经遍历完可达解vector<vector<bool>> vb(m, vector<bool>(n, 0)); // 记录访问过的节点vector<int> dx = {0,1}; // 向右、下的方向数组vector<int> dy = {1,0}; // 向右、下的方向数组int res = 0; // 可达解总数que.push(make_pair(0, 0));// 等价于  //que.push({ 0, 0 });while(!que.empty()){pair<int,int> x = que.front();que.pop();int i = x.first, j = x.second;bool flag = sumnumber(i, j, k);if(i >= m || j >= n || vb[i][j] || !flag) continue;vb[i][j] = true;res++;for(int a = 0; a < 2; a++){ // 当前单元格可达int tx = i + dx[a]; int ty = j + dy[a];que.push(make_pair(tx, ty));// 将右、下方向的单元格入队}}return res;}
};