题解1：模拟

思路：模拟螺旋矩阵的填充顺序，进行越界判断和是否已填充判断，当即将越界或下个位置已填充时顺时针改变填充方向。

/*** @param {number} n* @return {number[][]}*/
var generateMatrix = function(n) {const res = new Array(n).fill(0).map(() => new Array(n).fill(0)); // 生成n*n的二维数组let dir = 0; // 方向 0右 1下 2左 3上let i = 0, j = 0; // 当前位置let dirNotChange = true; // 方向是否不变for (let k = 1; k <= n * n; ) {// 如果方向不变，则给当前位置赋值if (dirNotChange) {res[i][j] = k++;}switch (dir) {case 0:dirNotChange = j + 1 < n && res[i][j + 1] === 0; // 如果右边的位置没越界且没有赋值，则方向不变dirNotChange ? j++ : dir++; // 如果方向不变，则向右走，否则方向改为向下break;case 1:dirNotChange = i + 1 < n && res[i + 1][j] === 0; // 如果下边的位置没越界且没有赋值，则方向不变dirNotChange ? i++ : dir++; // 如果方向不变，则向下走，否则方向改为向左break;case 2:dirNotChange = j - 1 >= 0 && res[i][j - 1] === 0; // 如果左边的位置没越界且没有赋值，则方向不变dirNotChange ? j-- : dir++; // 如果方向不变，则向左走，否则方向改为向上break;case 3:dirNotChange = i - 1 >= 0 && res[i - 1][j] === 0; // 如果上边的位置没越界且没有赋值，则方向不变dirNotChange ? i-- : dir = 0; // 如果方向不变，则向上走，否则方向改为向右break;}}return res;
};

分析：通过边界值判定，当越界或下个位置已经填充过时，改变填充方向。由于此方法处理每条边是左闭右闭的方式，一次操作是继续填充或者改变方向，因此需记录下当前操作是否为改变方向操作，没有改变操作时再进行填充。时间复杂度为 O(n²)，空间复杂度为 O(1)。

题解2：模拟&计算

思路：模拟螺旋矩阵的填充顺序，每条边按左闭右开的规则来处理，即每条边的最后一个点当作下一条边的起点，留给下一条边去处理。定义变量 offset 记录边的偏移量，计算出每条边的长度，按顺序填充这些边。

/*** @param {number} n* @return {number[][]}*/
var generateMatrix = function(n) {const res = new Array(n).fill(0).map(() => new Array(n).fill(0));let count = 1;let startX = 0, startY = 0; // 每次转圈初始的位置let offset = 1; // 控制每一条边遍历的长度，每次循环右边界收缩一位let mid = n >> 1; // 中心元素的位置（n 为奇数）for (let k = 0; k < n >> 1; k++) {let i = startX, j = startY;// 上行从左向右填充（左闭右开）for ( ; j < n - offset; j++) {res[i][j] = count++;}// 右列从上向下填充for ( ; i < n - offset; i++) {res[i][j] = count++;}// 下列从右向左填充for ( ; j > startY; j--) {res[i][j] = count++;}// 左列从下向上填充for ( ; i > startX; i--) {res[i][j] = count++;}// 起始位置右下移动一格，右界收缩一位，接着进行下一圈填充startX++;startY++;offset++;}// 如果 n 为奇数，处理最中心元素if (n % 2 === 1) {res[mid][mid] = count;}return res;
};

分析：对比于题解1，题解1是通过边界判定来实现填充转向，而此解法直接计算出了每次在每个方向填充多少个位置。时间复杂度为 O(n²)，空间复杂度为 O(1)。

同类题 54. 螺旋矩阵（中等）

54. 螺旋矩阵

思路：于上面的问题类似，只是矩阵由正方形变成了长方形，当短边长度为奇数时会有剩余的中心元素，且位置的元素由一个变为了多个。

/*** @param {number[][]} matrix* @return {number[]}*/
var spiralOrder = function(matrix) {const m = matrix.length, n = matrix[0].length;const res = [];let startX = 0, startY = 0; // 每次转圈初始的位置let offset = 1; // 控制每一条边遍历的长度，每次循环右边界收缩一位let loop = 0; // 存储循环数目let midCount = 0; // 存储中心元素的数目let short = 0; // 短边长度if (m > n) {short = n;loop = n >> 1;midCount = m - n + 1;} else {short = m;loop = m >> 1;midCount = n - m + 1;}for (let k = 0; k < loop; k++) {let i = startX, j = startY;// 上行从左向右读取（左闭右开）for ( ; j < n - offset; j++) {res.push(matrix[i][j]);}// 右列从上向下读取for ( ; i < m - offset; i++) {res.push(matrix[i][j]);}// 下列从右向左读取for ( ; j > startY; j--) {res.push(matrix[i][j]);}// 左列从下向上读取for ( ; i > startX; i--) {res.push(matrix[i][j]);}// 起始位置右下移动一格，右界收缩一位，接着进行下一圈读取startX++;startY++;offset++;}// 处理中心元素if (short % 2 === 1) {for (let i = 0; i < midCount; i++) {res.push(m > n ? matrix[startX++][startY] : matrix[startX][startY++]);}}return res;
};

分析：对整个矩阵进行了一编完整的遍历，额外使用了几个变量，时间复杂度为 O(n²)，空间复杂度为 O(1)。

收获

在处理这种模拟类问题时，要注意循环不变量，本例中处理每条边的规则就是循环不变量。

如题解1中，每条边的边界值处理都是左闭右闭，顶点少执行一次赋值；题解2中每条边都按照左闭右开的规则来处理边界值，就不会有大问题。