单词搜索(Dfs)

给定一个二维网格和一个单词,找出该单词是否存在于网格中。

单词必须按照字母顺序,通过相邻的单元格内的字母构成,其中“相邻”单元格是那些水平相邻或垂直相邻的单元格。同一个单元格内的字母不允许被重复使用。

示例:

board =
[
[‘A’,‘B’,‘C’,‘E’],
[‘S’,‘F’,‘C’,‘S’],
[‘A’,‘D’,‘E’,‘E’]
]

给定 word = “ABCCED”, 返回 true.
给定 word = “SEE”, 返回 true.
给定 word = “ABCB”, 返回 false.

来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/word-search
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。

class Solution {
    private boolean[][] marked;
    private int m,n;
    private int direction[][]={
        {-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1}
    };
    private String word;
    private char[][] board;
    public boolean exist(char[][] board, String word) {//记录每个单元格的四个位置被访问与否来进行回朔
        m=board.length;
        if(m == 0) return false;
        n=board[0].length;
        marked=new boolean[m][n];
        for(int i=0;i<m;i++)
            for(int j=0;j<n;j++){
                marked[i][j] = false;
            }
        this.board=board;
        this.word=word;
        for(int i=0;i<m;i++)
            for(int j=0;j<n;j++){
                if(dfs(i,j,0))
                    return true;
            }
        return false;
    }
    public boolean dfs(int x,int y,int start){
        if(start == word.length()-1)
            return board[x][y]==word.charAt(start);
        if(board[x][y] == word.charAt(start)){
            marked[x][y]=true;
            for(int k=0;k<4;k++){
                int pX=x+direction[k][0];
                int pY=y+direction[k][1];
                if(area(pX,pY) && !marked[pX][pY]){
                    if(dfs(pX,pY,start+1)){
                        return true;
                    }     
                }
            }
            marked[x][y]=false;
        }
        return false;
    }
    public boolean area(int i,int j){
        return i>=0 && i<m && j>=0 && j<n;
    }
}
<think>好的,我现在需要解决用户的问题,关于单词搜索的算法。首先,用户提供了三个引用,看起来都是关于单词搜索的实现和相关代码的。我需要结合这些引用来构建一个清晰的回答。 首先,我得理解单词搜索问题的基本要求。题目是说给定一个二维字符网格和一个单词,需要判断这个单词是否存在于网格中。存在的话返回true,否则false。根据引用[1],解决方法是使用回溯算法,并且可能需要遍历整个二维数组来找到匹配的入口位置,也就是单词的第一个字符的位置。引用[3]中的代码示例展示了如何用深度优先搜索DFS)来实现回溯,同时记录访问过的位置,避免重复使用同一个单元格的字符。 接下来,我需要整理解决这个问题的步骤。根据引用[3],首先需要找到所有可能的入口点,也就是网格中与单词第一个字符匹配的位置。然后,从每个入口点出发,进行DFS回溯,检查后续的字符是否能够按照相邻(上下左右)的顺序依次匹配。在这个过程中,必须标记已经访问过的单元格,防止重复使用,如果某条路径走不通,需要回溯,撤销之前的标记。 然后,我需要考虑具体的实现细节。比如,如何设计DFS函数。根据引用[3],函数参数应该包括当前的位置坐标(i,j)、当前匹配的字符在单词中的位置index,以及一个记录已访问的二维数组used。每次递归时,先检查当前位置是否越界、是否已经被访问过,以及当前字符是否匹配。如果这些条件都满足,就标记该位置为已访问,然后向四个方向递归搜索下一个字符。如果四个方向中有任何一个返回true,则整个搜索成功;否则,需要回溯,将used[i][j]重新设为false。 另外,边界条件也需要处理。比如,当index达到单词长度时,说明所有字符都已匹配,返回true。还有,当网格为空或者单词为空时的特殊情况处理,虽然用户提供的引用中没有提到,但在实际编码中可能需要考虑这些情况。 用户提供的引用[2]中的Python代码示例可能是一个测试用例的框架,用户输入网格的行数n和列数m,然后输入每一行的字符,最后输入单词,调用exist函数并输出结果。这说明在实际编码中,需要正确处理输入格式,并将网格转换为正确的二维数组结构。 现在,我需要确保回答的结构清晰,分步骤解释算法,并给出示例代码。同时,要引用提供的资料,比如引用[1]中的回溯算法和引用[3]中的代码结构。然后生成相关问题,可能涉及优化方法、时间复杂度分析或者应用场景等。 在编写代码示例时,需要注意Python中的二维数组处理,避免引用同一个子数组的问题。比如,在Python中,如果使用[[0]*m]*n来初始化二维数组,会导致所有行指向同一个列表,这可能引发错误。正确的做法是使用列表生成式,如[[0 for _ in range(m)] for _ in range(n)],或者像引用[2]中的line[i] = input().split(" ")的方式,不过需要确保输入的每个元素正确处理。 此外,递归的终止条件需要明确:当index等于单词长度减一时,最后一个字符是否匹配。或者,当index等于单词长度时返回成功。需要根据具体的代码实现来调整,比如引用[3]中的代码在递归时传递的是当前要匹配的字符位置,当所有字符都匹配完成(即index等于单词长度)时返回true。 最后,需要检查LaTeX格式是否正确,行内公式用$...$,独立公式用$$...$$,并且确保所有引用正确标注。比如在提到回溯算法时,引用[1],在提到入口遍历时引用[3]。</think>### 单词搜索算法解析 #### 问题定义 给定一个$m \times n$的二维字符网格`board`和一个字符串`word`,判断`word`是否存在于网格中。搜索规则为:字符必须按顺序相邻(上下左右),且每个单元格只能使用一次[^1]。 #### 解决思路 1. **入口匹配**:遍历网格,找到所有与`word[0]`匹配的位置作为搜索起点[^3]。 2. **回溯搜索**:从起点出发,通过深度优先搜索DFS)尝试匹配后续字符,若失败则回溯并重置访问标记[^1]。 3. **剪枝优化**:及时终止无效路径的搜索,例如越界、字符不匹配或重复访问的情况。 #### 实现步骤 1. **初始化**:创建二维数组`used`记录已访问的位置。 2. **遍历入口点**:对每个`board[i][j] == word[0]`的位置启动DFS。 3. **DFS递归条件**: - 若当前字符匹配`word[index]`,标记`used[i][j] = True` - 向四个方向递归搜索`index+1` - 回溯时重置`used[i][j] = False` #### 代码示例 ```python def exist(board, word): m, n = len(board), len(board[0]) used = [[False for _ in range(n)] for _ in range(m)] def dfs(i, j, index): if index == len(word): return True if i < 0 or i >= m or j < 0 or j >= n: return False if used[i][j] or board[i][j] != word[index]: return False used[i][j] = True res = dfs(i+1, j, index+1) or dfs(i-1, j, index+1) or dfs(i, j+1, index+1) or dfs(i, j-1, index+1) used[i][j] = False return res for i in range(m): for j in range(n): if dfs(i, j, 0): return True return False ``` #### 复杂度分析 - 时间复杂度:$O(mn \cdot 4^L)$,其中$L$为单词长度。最坏情况下需遍历所有入口点,每个点最多探索4个方向$L$次[^3]。 - 空间复杂度:$O(mn)$,来自递归调用栈和`used`数组。
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