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一、太平洋大西洋水流问题
1. 题目链接：417. 太平洋大西洋水流问题
2. 题目描述：
3. 解法
🌴算法思路：
正难则反。
如果直接去判断某⼀个位置是否既能到大西洋也能到太平洋，会重复遍历很多路径。
我们反着来，从大西洋沿岸开始反向 dfs ，这样就能找出那些点可以流向大西洋；同理，从太平洋沿岸也反向 dfs ，这样就能找出那些点可以流向太平洋。那么，被标记两次的点，就是我们要找的结果。
🌴算法代码：
class Solution
{
int m, n;
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:
vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights)
{
m = heights.size(), n = heights[0].size();
vector<vector<bool>> pac(m, vector<bool>(n));
vector<vector<bool>> atl(m, vector<bool>(n));
// 1.处理 pac 洋
for (int j = 0; j < n; j++) dfs(heights, 0, j, pac);
for (int i = 0; i < m; i++) dfs(heights, i, 0, pac);
// 2.处理 atl 洋
for (int i = 0; i < m; i++) dfs(heights, i, n - 1, atl);
for (int j = 0; j < n; j++) dfs(heights, m - 1, j, atl);
vector<vector<int>> ret;
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
if (pac[i][j] && atl[i][j])
ret.push_back({i, j});
return ret;
}
void dfs(vector<vector<int>>& heights, int i, int j, vector<vector<bool>>& vis)
{
vis[i][j] = true;
for (int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && heights[i][j] <= heights[x][y])
{
dfs(heights, x, y, vis);
}
}
}
};二、扫雷游戏
1. 题目链接：529. 扫雷游戏
2. 题目描述：
3. 解法
🌴算法思路：
模拟类型的 dfs 题目。
首先要搞懂题目要求，也就是游戏规则。
从题目所给的点击位置开始，根据游戏规则，来⼀次 dfs 即可。
🌴算法代码：
class Solution
{
int dx[8] = {0, 0, 1, -1, 1, 1, -1, -1};
int dy[8] = {1, -1, 0, 0, 1, -1, 1, -1};
int m, n;
public:
vector<vector<char>> updateBoard(vector<vector<char>>& board,vector<int>& click)
{
m = board.size(), n = board[0].size();
int x = click[0], y = click[1];
if (board[x][y] == 'M') // 直接点到地雷
{
board[x][y] = 'X';
return board;
}
dfs(board, x, y);
return board;
}
void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j)
{
// 统计⼀下周围的地雷个数
int count = 0;
for (int k = 0; k < 8; k++)
{
int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'M')
{
count++;
}
}
if (count) // 周围有地雷
{
board[i][j] = count + '0';
return;
}
else // 周围没有地雷
{
board[i][j] = 'B';
for (int k = 0; k < 8; k++)
{
int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'E')
{
dfs(board, x, y);
}
}
}
}
};三、衣橱整理
1. 题目链接：LCR 130. 衣橱整理
2. 题目描述：
3. 解法
🌴算法思路：
这是⼀道非常典型的「搜索」类问题。
我们可以通过「深搜」或者「宽搜」，从 [0, 0] 点出发，按照题目的「规则」一直往 [m - 1, n - 1] 位置走。
同时，设置⼀个全局变量。每次走到⼀个合法位置，就将全局变量加⼀。当我们把所有能走到的路都走完之后，全局变量里面存的就是最终答案。
🌴算法流程：
递归函数设计：
a. 参数：当前所在的位置 [i, j] ，行走的边界 [m, n] ，坐标数位之和的边界 k ；
b. 递归出口：
- [i, j] 的坐标不合法，也就是已经超出能走的范围；
- [i, j] 位置已经走过了（因此我们需要创建⼀个全局变量 bool st[101][101] ，来标记当前位置是否走过）；
- [i, j] 坐标的数位之和大于 k ；上述情况的任何⼀种都是递归出口。
c. 函数体内部：
- 如果这个坐标是合法的，就将全局变量 ret++ ；
- 然后标记⼀下 [i, j] 位置已经遍历过；
- 然后去 [i, j] 位置的上下左右四个方向去看看。
辅助函数：
- 检测坐标 [i, j] 是否合法；
- 计算出 i，j 的数位之和，然后与 k 作比较即可。
主函数：
- 调用递归函数，从 [0 ,0] 点出发。
辅助的全局变量：
- 二维数组 bool st[101][101] ：标记 [i, j] 位置是否已经遍历过；
- 变量 ret ：记录一共到达多少个合法的位置。
- 上下左右的四个坐标变换。
🌴算法代码：
class Solution
{
int m, n, cnt;
bool vis[101][101];
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
int ret;
public:
int wardrobeFinishing(int _m, int _n, int _cnt)
{
m = _m, n = _n, cnt = _cnt;
dfs(0, 0);
return ret;
}
void dfs (int i, int j)
{
ret++;
vis[i][j] = true;
for (int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && check(x, y))
{
dfs(x, y);
}
}
}
bool check(int i, int j)
{
int tmp = 0;
while(i)
{
tmp += i % 10;
i /= 10;
}
while(j)
{
tmp += j % 10;
j /= 10;
}
return tmp <= cnt;
}
};
