题目描述

地上有一个m行n列的方格，从坐标 [0,0] 到坐标 [m-1,n-1] 。一个机器人从坐标 [0, 0] 的格子开始移动，它每次可以向左、右、上、下移动一格（不能移动到方格外），也不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于k的格子。例如，当k为18时，机器人能够进入方格 [35, 37] ，因为3+5+3+7=18。但它不能进入方格 [35, 38]，因为3+5+3+8=19。请问该机器人能够到达多少个格子？

解题思路

本题与 矩阵中的路径 类似，是典型的搜索 & 回溯问题。该题的两项前置工作为： 数位之和计算 、 可达解分析 。
数位之和计算：
设一数字 x x x ，向下取整除法符号 / / // // ，求余符号 ⊙ \odot ⊙，则有：

x ⊙ 10 x \odot 10 x⊙10 ：得到 x x x 的个位数字；
x / / 10 x // 10 x//10 ：令 x x x 的十进制数向右移动一位，即删除个位数字。

因此，可通过循环求得数位和 s s s ，数位和计算的封装函数如下所示：

int sums(int x){int s = 0;while(x != 0) {s += x % 10;x = x / 10;}return s;
}

由于机器人每次只能移动一格（即只能从 x x x 运动至 x ± 1 x \pm 1 x±1），因此每次只需计算 x x x 到 x ± 1 x \pm 1 x±1 的数位和增量。本题说明 1 ≤ n 1 \leq n 1≤n, m ≤ 100 m \leq 100 m≤100 ，以下公式仅在此范围适用。
数位和增量公式： 设 x x x 的数位和为 s x s_x sx ， x + 1 x+1 x+1 的数位和为 s x + 1 s_{x+1} sx+1 ；

当 ( x + 1 ) ⊙ 10 = 0 (x + 1) \odot 10 = 0 (x+1)⊙10=0 时： s x + 1 = s x − 8 s_{x+1} = s_x - 8 sx+1=sx−8，例如 19 , 20 19, 20 19,20 的数位和分别为 10 , 2 10, 2 10,2 ；
当 ( x + 1 ) ⊙ 10 ≠ 0 (x + 1) \odot 10 \neq 0 (x+1)⊙10=0 时： s x + 1 = s x + 1 s_{x+1} = s_x + 1 sx+1=sx+1 ，例如 1 , 2 1, 2 1,2 的数位和分别为 1 , 2 1, 2 1,2 。

可达解分析：
根据数位和增量公式得知，数位和每逢进位突变一次。根据此特点，矩阵中 满足数位和的解 构成的几何形状形如多个 等腰直角三角形 ，每个三角形的直角顶点位于 0 , 10 , 20 , . . . 0, 10, 20, ... 0,10,20,... 等数位和突变的矩阵索引处。
三角形内的解虽然都满足数位和要求，但由于机器人每步只能走一个单元格，而三角形间不一定是连通的，因此机器人不一定能到达，称之为 不可达解 ；同理，可到达的解称为 可达解
根据可达解的结构和连通性，易推出机器人可 仅通过向右和向下移动，访问所有可达解 。

三角形内部： 全部连通，易证；
两三角形连通处： 若某三角形内的解为可达解，则必与其左边或上边的三角形连通（即相交），即机器人必可从左边或上边走进此三角形。

方法一：深度优先遍历DFS

深度优先搜索： 可以理解为暴力法模拟机器人在矩阵中的所有路径。DFS 通过递归，先朝一个方向搜到底，再回溯至上个节点，沿另一个方向搜索，以此类推。
剪枝： 在搜索中，遇到数位和超出目标值、此元素已访问，则应立即返回，称之为 可行性剪枝 。

算法解析：

递归参数： 当前元素在矩阵中的行列索引 i i i 和 j j j ，两者的数位和 s i si si, s j sj sj 。
终止条件： 当 ① ① ① 行列索引越界或 ② ② ② 数位和超出目标值 k k k 或 ③ ③ ③ 当前元素已访问过时，返回 0 0 0 ，代表不计入可达解。
递推工作：
1.标记当前单元格：将索引 ( i , j ) (i, j) (i,j) 存入 visited 中，代表此单元格已被访问过。
2.搜索下一单元格：计算当前元素的 下、右 两个方向元素的数位和，并开启下层递归。
回溯返回值： 返回 1 + 右方搜索的可达解总数 + 下方搜索的可达解总数，代表从本单元格递归搜索的可达解总数。

复杂度分析

时间复杂度 O ( M N ) O(MN) O(MN) ：最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 O ( M N ) O(MN) O(MN)。
空间复杂度 O ( M N ) O(MN) O(MN) ：最差情况下，visited 内存储矩阵所有单元格的索引，使用 O ( M N ) O(MN) O(MN) 的额外空间。

C++代码实现

class Solution {public:int movingCount(int m, int n, int k) {vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, 0));return dfs(0, 0, 0, 0, visited, m, n, k);}
private:int dfs(int i, int j, int si, int sj, vector<vector<bool>> &visited, int m, int n, int k) {// 如果不符合条件则直接返回0if(i >= m || j >= n || k < si + sj || visited[i][j]) return 0;// 该位置被访问并记录visited[i][j] = true;// 向下和向右进行搜索return 1 + dfs(i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj, visited, m, n, k) +dfs(i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8, visited, m, n, k);}
};

方法二：广度优先遍历BFS

BFS/DFS： 两者目标都是遍历整个矩阵，不同点在于搜索顺序不同。DFS 是朝一个方向走到底，再回退，以此类推；BFS 则是按照“平推”的方式向前搜索。
BFS 实现： 通常利用队列实现广度优先遍历。

算法解析：

初始化： 将机器人初始点 ( 0 , 0 ) (0, 0) (0,0) 加入队列 q u e u e queue queue ；
迭代终止条件： q u e u e queue queue 为空。代表已遍历完所有可达解。
迭代工作：
1.单元格出队：将队首单元格的索引、数位和弹出，作为当前搜索单元格。
2.判断是否跳过：若 ① ① ① 行列索引越界或 ② ② ② 数位和超出目标值 k k k 或 ③ ③ ③ 当前元素已访问过时，执行 c o n t i n u e continue continue 。
3.**标记当前单元格：**将单元格索引 ( i , j ) (i, j) (i,j) 存入 visited 中，代表此单元格 已被访问过 。
4.单元格入队：将当前元素的 下方、右方 单元格的 索引、数位和 加入 q u e u e queue queue 。
返回值： visited 的长度 len(visited) ，即可达解的数量。

复杂度分析

时间复杂度 O ( M N ) O(MN) O(MN)：最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 O ( M N ) O(MN) O(MN) 。
空间复杂度 O ( M N ) O(MN) O(MN)：最差情况下，visited 内存储矩阵所有单元格的索引，使用 O ( M N ) O(MN) O(MN) 的额外空间。

C++代码实现

class Solution {public:int movingCount(int m, int n, int k) {vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, 0));int res = 0;queue<vector<int>> que;que.push({ 0, 0, 0, 0 });while(que.size() > 0) {vector<int> x = que.front();que.pop();int i = x[0], j = x[1], si = x[2], sj = x[3];if(i >= m || j >= n || k < si + sj || visited[i][j]) continue;visited[i][j] = true;res++;que.push({ i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj });que.push({ i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8 });}return res;}
};

参考连接

[1] https://leetcode-cn.com/problems/ji-qi-ren-de-yun-dong-fan-wei-lcof/solution/mian-shi-ti-13-ji-qi-ren-de-yun-dong-fan-wei-dfs-b/

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