DFS（深度优先搜索）
这道题说的是一个机器人从左上角开始，他可以沿着上下左右四个方向走，并且走到的每个格子坐标的数字和不大于k，问可以走多少个格子。我们先来画个图看一下
这里统计的是能走多少个格子，所以统计肯定是不能有重复的，题中说了，机器人是可以沿着上下左右四个方向走的。但你想一下，任何一个格子你从任何一个方向进来（比如从上面进来），那么他只能往其他3个方向走，因为如果在往回走就重复了。但实际上我们只要沿着两个方向走就可以了，一个是右边，一个是下边，也就是上面图中红色的箭头。我们来看下代码
public int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
//临时变量visited记录格子是否被访问过
boolean[][] visited = new boolean[rows][cols];
return dfs(0, 0, rows, cols, threshold, visited);
}
public int dfs(int i, int j, int rows, int cols, int threshold, boolean[][] visited) {
//i >= rows || j >= cols是边界条件的判断，threshold < sum(i, j)判断当前格子坐标是否
// 满足条件，visited[i][j]判断这个格子是否被访问过
if (i >= rows || j >= cols || threshold < sum(i, j) || visited[i][j])
return 0;
//标注这个格子被访问过
visited[i][j] = true;
//沿着当前格子的右边和下边继续访问
return 1 + dfs(i + 1, j, rows, cols, threshold, visited) +
dfs(i, j + 1, rows, cols, threshold, visited);
}
//计算两个坐标数字的和
private int sum(int i, int j) {
int sum = 0;
//计算坐标i所有数字的和
while (i != 0) {
sum += i % 10;
i /= 10;
}
//计算坐标j所有数字的和
while (j != 0) {
sum += j % 10;
j /= 10;
}
return sum;
} 时间复杂度：O(m*n)，最坏情况下，每个格子都走一遍
空间复杂度：O(m*n)，需要二维数组visited记录每个格子是否被访问过
看一下运行结果
BFS（广度优先搜索）
DFS是沿着一个方向一直往下走，有一种不撞南墙不回头的感觉，直到不满足条件才会回头。而BFS就显得有点博爱了，他不是一条道走下去，他会把离他最近的都访问一遍，访问完之后才开始访问第二近的……，一直这样下去，所以最好的一种数据结构就是使用队列，因为队列是先进先出，离他最近的访问完之后加入到队列中，最先入队的也是最先出队的，代码和上面有很多相似的地方，基本上没什么难度，来看下，代码中有详细的注释
import java.util.LinkedList;
import java.util.Queue;
public class Solution {
public int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
//临时变量visited记录格子是否被访问过
boolean[][] visited = new boolean[rows][cols];
int res = 0;
//创建一个队列，保存的是访问到的格子坐标，是个二维数组
Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();
//从左上角坐标[0,0]点开始访问，add方法表示把坐标
// 点加入到队列的队尾
queue.add(new int[]{0, 0});
while (queue.size() > 0) {
//这里的poll()函数表示的是移除队列头部元素，因为队列
// 是先进先出，从尾部添加，从头部移除
int[] x = queue.poll();
int i = x[0], j = x[1];
//i >= rows || j >= cols是边界条件的判断，threshold < sum(i, j)判断当前格子坐标是否
// 满足条件，visited[i][j]判断这个格子是否被访问过
if (i >= rows || j >= cols || threshold < sum(i, j) || visited[i][j])
continue;
//标注这个格子被访问过
visited[i][j] = true;
res++;
//把当前格子右边格子的坐标加入到队列中
queue.add(new int[]{i + 1, j});
//把当前格子下边格子的坐标加入到队列中
queue.add(new int[]{i, j + 1});
}
return res;
}
//计算两个坐标数字的和
private int sum(int i, int j) {
int sum = 0;
//计算坐标i所有数字的和
while (i != 0) {
sum += i % 10;
i /= 10;
}
//计算坐标j所有数字的和
while (j != 0) {
sum += j % 10;
j /= 10;
}
return sum;
}
} 时间复杂度：O(m*n)，最坏情况下，每个格子都要记录
空间复杂度：O(m*n)，需要二维数组visited记录每个格子是否被访问过
看一下运行结果
做这道题之前首先要明白DFS和BFS是什么意思，才能使用这两种方式。我们来画个图看一下
假如从A点开始访问，DFS就是沿着一条道走下去，然后再走其他的道……。BFS就是图中先访问圈内的部分，然后再把圈放大继续访问……。
截止到目前我在公众号“数据结构和算法”中已经写了500多道算法题，其中部分已经整理成了pdf文档，目前总共有1000多页（并且还会不断的增加），大家可以免费下载
下载链接：https://pan.baidu.com/s/1hjwK0ZeRxYGB8lIkbKuQgQ
提取码：6666
京公网安备 11010502036488号