289. Game of Life

这道题和前一篇博客的题有一定的相似之处，都是要求处理矩阵，都要进行矩阵的0，1变换，都要在原地完成，空间复杂度是O(1)，时间复杂度要求是O(mn)，难点就在空间复杂度是O(1)这里，因为要求不能使用更新过的数值去更新以他元素，因此，需要在原表中记录前后两个状态。

其实，在矩阵中，每一个位置的数值变化分为有两种状态，变或者不变，独营的，每个位置上的数值也有两种，0或者1，这就使得二维矩阵中的数值变化操作分为4种，0到0， 0到1， 1到0，1到1，将上述四种状态分别用 00 (0)，01 (1), 10 (2), 11(3)，这样就解决了上述问题，当遇到0和2时，说明初始状态是0，遇到1，3时，说明初始状态是1，同样的，遇到0，1时，改变后的状态是0， 遇到2，3时，改变后的状态是1，当然，可以采用取余和移位等操作来减小if语句的数量，提高代码的精简程度。具体的操作见代码：

 

class Solution {
public:
    void gameOfLife(vector<vector<int>>& board) {
        for (int i=0; i<board.size(); ++i) {
            for (int j=0; j<board[i].size(); ++j) {
                int roundCell = 0;
                for (int m=-1; m<2; ++m) {
                    for (int n=-1; n<2; ++n) {
                        if ((!m && !n) || (i+m<0 || i+m>=board.size() || j+n<0 || j+n>=board[0].size())) {
                            continue;
                        } else if(board[i+m][j+n] % 2) {
                            ++roundCell;
                        }
                    }
                }
                if(board[i][j]){
                    if (roundCell==2 || roundCell==3) {
                        board[i][j] = 3;
                    }
                } else {
                    if (roundCell == 3) {
                        board[i][j] = 2;
                    }
                }
            }
        }
        
        for (int i=0; i<board.size(); ++i) {
            for (int j=0; j<board[i].size(); ++j) {
                board[i][j] = board[i][j]>>1;
            }
        }
    }
};