LeetCode 2596. 检查骑士巡视方案【数组,模拟】1448

本文属于「征服LeetCode」系列文章之一,这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁,本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止;由于LeetCode还在不断地创建新题,本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中,我不仅会讲解多种解题思路及其优化,还会用多种编程语言实现题解,涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

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骑士在一张 n x n 的棋盘上巡视。在有效的巡视方案中,骑士会从棋盘的 左上角 出发,并且访问棋盘上的每个格子 恰好一次

给你一个 n x n 的整数矩阵 grid ,由范围 [0, n * n - 1] 内的不同整数组成,其中 grid[row][col] 表示单元格 (row, col) 是骑士访问的第 grid[row][col] 个单元格。骑士的行动是从下标 0 开始的。

如果 grid 表示了骑士的有效巡视方案,返回 true;否则返回 false

注意,骑士行动时可以垂直移动两个格子且水平移动一个格子,或水平移动两个格子且垂直移动一个格子。下图展示了骑士从某个格子出发可能的八种行动路线。

示例 1:

输入:grid = [[0,11,16,5,20],[17,4,19,10,15],[12,1,8,21,6],[3,18,23,14,9],[24,13,2,7,22]]
输出:true
解释:grid 如上图所示,可以证明这是一个有效的巡视方案。

示例 2:

输入:grid = [[0,3,6],[5,8,1],[2,7,4]]
输出:false
解释:grid 如上图所示,考虑到骑士第 7 次行动后的位置,第 8 次行动是无效的。

提示:

  • n == grid.length == grid[i].length
  • 3 <= n <= 7
  • 0 <= grid[row][col] < n * n
  • grid 中的所有整数 互不相同

解法 直接模拟

题目要求骑士的移动的每一步均按照「日」字形跳跃,假设从位置 ( x 1 , y 1 ) (x_1, y_1) (x1,y1) 跳跃到 ( x 2 , y 2 ) (x_2, y_2) (x2,y2) ,则此时一定满足下面两种情形之一:
∣ x 1 − x 2 ∣ = 1 , ∣ y 1 − y 2 ∣ = 2 |x_1 - x_2| = 1, |y_1 - y_2| = 2 x1x2=1,y1y2=2

设矩阵的长度为 n n n ,其中 g r i d [ r o w ] [ c o l ] grid[row][col] grid[row][col] 表示单元格 ( r o w , c o l ) (row,col) (row,col)是骑士访问的第 g r i d [ r o w ] [ c o l ] grid[row][col] grid[row][col] 个单元格,因此可以知道每个单元格的访问顺序,我们用 i n d i c e s indices indices 存储单元格的访问顺序,其中 i n d i c e s [ i ] indices[i] indices[i] 表示骑士在经过第 i − 1 i-1 i1 次跳跃后的位置。

由于骑士的行动是从下标 0 0 0 开始的,因此一定需要满足 g r i d [ 0 ] [ 0 ] = 0 grid[0][0]=0 grid[0][0]=0 ,接下来依次遍历 i n d i c e s indices indices 中的每个元素。由于 i n d i c e s [ i ] indices[i] indices[i] 是一次跳跃的起点, i n d i c e s [ i + 1 ] indices[i+1] indices[i+1] 是该次跳跃的终点,则依次检测每一次跳跃的行动路径是否为「日」字形,即满足如下条件:

  • ∣ indices [ i ] [ 0 ] − indices [ i + 1 ] [ 0 ] ∣ = 1 , ∣ indices [ i ] [ 1 ] − indices [ i + 1 ] [ 1 ] ∣ = 2 ∣ |\textit{indices}[i][0] - \textit{indices}[i+1][0]| = 1, |\textit{indices}[i][1] - \textit{indices}[i+1][1]| = 2∣ indices[i][0]indices[i+1][0]=1,indices[i][1]indices[i+1][1]=2
  • ∣ indices [ i ] [ 0 ] − indices [ i + 1 ] [ 0 ] ∣ = 2 , ∣ indices [ i ] [ 1 ] − indices [ i + 1 ] [ 1 ] ∣ = 1 ∣ |\textit{indices}[i][0] - \textit{indices}[i+1][0]| = 2, |\textit{indices}[i][1] - \textit{indices}[i+1][1]| = 1∣ indices[i][0]indices[i+1][0]=2,indices[i][1]indices[i+1][1]=1

为了方便计算,我们只需检测 ∣ x 1 − x 2 ∣ × ∣ y 1 − y 2 ∣ |x_1 - x_2| \times |y_1 - y_2| x1x2×y1y2 ​是否等于 2 2 2 即可。如果所有跳跃路径均合法则返回 true \text{true} true ,否则返回 false \text{false} false

class Solution {
public:bool checkValidGrid(vector<vector<int>>& grid) {if (grid[0][0] != 0) return false;int n = grid.size();vector<array<int, 2>> indices(n * n);for (int i = 0; i < n; ++i) for (int j = 0; j < n; ++j)indices[grid[i][j]] = {i, j};for (int i = 1; i < indices.size(); ++i) {int dx = abs(indices[i][0] - indices[i - 1][0]);int dy = abs(indices[i][1] - indices[i - 1][1]);if (dx * dy != 2) return false;}return true;}
};

复杂度分析:

  • 时间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) ,其中 n n n 表示二维棋盘边的长度。需要检测棋盘中的每个位置,一共需要检测 n 2 n^2 n2 个位置,因此时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
  • 空间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) ,其中 n n n 表示二维棋盘边的长度。用来需要存放每个位置的访问顺序,一共有 n 2 n^2 n2 个位置,需要的空间为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

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