Leetcode 675 为高尔夫比赛砍树

文章目录

  • 1. 题目描述
  • 2. 我的尝试
  • 3. 题解
    • 1. BFS

1. 题目描述

Leetcode 675 为高尔夫比赛砍树

2. 我的尝试

typedef priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;class Solution {
public:int m;int n;int bfs(vector<vector<int>>& forest, vector<int> &h) {queue<pair<int, int>> q;int res = 0;int i = 0;int j = 0;int di[] = {0, -1, 0, 1};int dj[] = {-1, 0, 1, 0};const int N = 55;int d[N][N];bool st[N][N];q.push({0, 0});for (auto &t : h) {memset(d, 0x3f, sizeof d);memset(st, 0, sizeof st);d[i][j] = 0;while (q.size()) {i = q.front().first;j = q.front().second;q.pop();
//                 st[i][j] = true;if (forest[i][j] == t) {res += d[i][j];q = queue<pair<int, int>>();q.push({i, j});break;}for (int k = 0; k < 4; k ++) {int x = i + di[k];int y = j + dj[k];if (0 <= x && x < m && 0 <= y && y < n && forest[x][y] && !st[x][y]) {q.push({x, y});st[x][y] = true;d[x][y] = min(d[x][y], d[i][j] + 1);}}}if (q.empty())return -1;}return res;}int cutOffTree(vector<vector<int>>& forest) {m = forest.size();n = forest[0].size();
//         priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> h;vector<int> h;for (auto &v : forest)for (auto &x : v)if (x > 1)h.push_back(x);sort(h.begin(), h.end());return bfs(forest, h);}
};

在这里插入图片描述

3. 题解

1. BFS

方法一:广度优先遍历1

首先对矩阵中的树按照树的高度进行排序,我们依次求出相邻的树之间的最短距离。利用广度优先搜索,按照层次遍历,处理队列中的节点(网格位置)。visited 记录在某个时间点已经添加到队列中的节点,这些节点已被处理或在等待处理的队列中。对于下一个要处理的每个节点,查看他们的四个方向上相邻的点,如果相邻的点没有被遍历过且不是障碍,将其加入到队列中,直到找到终点为止,返回当前的步数即可。最终返回所有的步数之和即为最终结果

class Solution {
public:int dirs[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};int bfs(vector<vector<int>>& forest, int sx, int sy, int tx, int ty) {if (sx == tx && sy == ty) {return 0;}int row = forest.size();int col = forest[0].size();int step = 0;queue<pair<int, int>> qu;vector<vector<bool>> visited(row, vector<bool>(col, false));         qu.emplace(sx, sy);visited[sx][sy] = true;while (!qu.empty()) {step++;int sz = qu.size();for (int i = 0; i < sz; ++i) {auto [cx, cy] = qu.front();qu.pop();for (int j = 0; j < 4; ++j) {int nx = cx + dirs[j][0];int ny = cy + dirs[j][1];if (nx >= 0 && nx < row && ny >= 0 && ny < col) {if (!visited[nx][ny] && forest[nx][ny] > 0) {if (nx == tx && ny == ty) {return step;}qu.emplace(nx, ny);visited[nx][ny] = true;}}}}}return -1;}int cutOffTree(vector<vector<int>>& forest) {vector<pair<int, int>> trees;int row = forest.size();int col = forest[0].size();for (int i = 0; i < row; ++i) {for (int j = 0; j < col; ++j) {if (forest[i][j] > 1) {trees.emplace_back(i, j);}}}sort(trees.begin(), trees.end(), [&](const pair<int, int> & a, const pair<int, int> & b) {return forest[a.first][a.second] < forest[b.first][b.second];});int cx = 0;int cy = 0;int ans = 0;for (int i = 0; i < trees.size(); ++i) {int steps = bfs(forest, cx, cy, trees[i].first, trees[i].second);if (steps == -1) {return -1;}ans += steps;cx = trees[i].first;cy = trees[i].second;}return ans;}
};
  • 时间复杂度: O ( m 2 × n 2 ) O(m^2 \times n^2) O(m2×n2),其中 m m m 为矩阵的行数, n n n 为矩阵的列数。矩阵中最多有 m × n m \times n m×n 颗树,对树的高度进行排序,时间复杂度为 O ( m × n × log ⁡ ( m × n ) ) O(m \times n \times \log (m \times n)) O(m×n×log(m×n)),利用广度优先搜索两颗树之间的最短距离需要的时间为 O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n),因此总的时间复杂为 O ( m × n × log ⁡ ( m × n ) + m 2 × n 2 ) = O ( m 2 × n 2 ) O(m \times n \times \log (m \times n) + m^2 \times n^2) = O(m^2 \times n^2) O(m×n×log(m×n)+m2×n2)=O(m2×n2)

  • 空间复杂度: O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n),其中 m m m 为矩阵的行数, n n n 为矩阵的列数。矩阵中最多有 m × n m \times n m×n 颗树,对树的高度进行排序,所需要的栈空间为 O ( log ⁡ ( m × n ) ) O(\log (m \times n)) O(log(m×n)),利用广度优先搜索队列中最多有 O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n) 个元素,标记已遍历过的元素需要的空间为 O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n),因此总的空间复杂度为 O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n)


  1. 官方题解 ↩︎

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