心路历程：

做完这道题才发现是回溯，一开始想的是递归，判断完第i个字符后，只需要挨个判断第i+1个字符在不在第i个字符的邻域。后来发现由于不能重复使用元素，所以需要维护一个visited列表，并且在遍历所有可能组合的时候还得撤回之前的选择。
回过头来从回溯的角度思考这个问题：每个边（路径）可以看作是选择哪个字母，候选集合就是当前邻域（结点）。相当于‘选哪个’的问题。

注意的点：

1、题目中要求字符不能重复选择，因此需要维护一个visited，并且需要在遍历结束后撤销选择。
2、debug时可以打印每个结点的值来看递归函数执行的正确性。

解法： 回溯

因为一开始以为是DP问题，所以为了后面用cache装饰器方便而参数化了递归函数的输入，写完后发现其实代码可以简化，可以把首字母的可选邻域看作整个board。

class Solution:def exist(self, board: List[List[str]], word: str) -> bool:# 递归# 获取第一个单词的所有可能位置和其邻域first = word[0]pos_first = []m = len(board)n = len(board[0])for i_ in range(m):for j_ in range(n):if board[i_][j_] == first:pos_first.append((i_, j_))if not pos_first:return Falsevisited = []# print(pos_first)# @cache 回溯不能cachedef dfs(i, j, k):  # 上一个字母的位置是i,j; 此时判断第k个字母在不在其i,j的邻域中assert k > 0if k == len(word):return Truenonlocal m, n, board# 先求i,j的邻域linyu = []if i + 1 <= m - 1:linyu.append([i+1, j])if i - 1 >= 0:linyu.append([i-1, j])if j + 1 <= n - 1:linyu.append([i, j+1])if j - 1 >= 0:linyu.append([i, j-1])flag = Falsefor eve in linyu:if board[eve[0]][eve[1]] == word[k] and (eve[0], eve[1]) not in visited:visited.append((eve[0], eve[1]))flag = flag or dfs(eve[0], eve[1], k+1)visited.pop()# print(i,j,k,flag, linyu, visited)return flagres = Falsefor each_init in pos_first:visited.append((each_init[0], each_init[1])) # 因为不能重复选择字母res = res or dfs(each_init[0], each_init[1], 1)visited.pop()return res