[leetcode]剑指 Offer 13. 机器人的运动范围

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？

示例 1：

输入：m = 2, n = 3, k = 1
输出：3

示例 2：

输入：m = 3, n = 1, k = 0
输出：1

提示：

1 <= n,m <= 100
0 <= k <= 20

思路：（leetcode题解）
回溯算法，dfs/bfs

1.数位之和的计算

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运动到x±1，因此每次只需要计算x到x±1的数位和增量。

设x的数位和为sx，x+1的数位和为sx+1
当(x+1)%10=0时，sx+1=sx-8，如19，20的数位和为10，2。
当(x+1)%10!=0时，sx+1=sx，如1，2的数位和为1，2。
即(x + 1) % 10 != 0 ? s_x + 1 : s_x - 8;

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,… 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 （本题求此解） 。



根据可达解的结构和连通性，可以推出机器人仅向下或向右移动即可访问所有可达解。

在三角形内部：全部联通，可证
在两三角形联通处，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，机器人可以从左边或上边走进此三角形。

方法一：深度优先遍历

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 和 j ，两者的数位和 si, sj 。
终止条件： 当 ① 行列索引越界 或 ② 数位和超出目标值 k 或 ③ 当前元素已访问过 时，返回 00 ，代表不计入可达解。

递推工作：
标记当前单元格 ：将索引 (i, j) 存入 Set visited 中，代表此单元格已被访问过。
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。

AC代码：（C++）

class Solution {
   public:
    int dfs(int i, int j, int si, int sj, vector<vector<bool>>& visited, int m, int n, int k) {
        if (i >= m || j >= n || k < si + sj || visited[i][j] == true) return 0;
        visited[i][j] = true;
        int tmp1 = (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8;  //向下遍历之后的位数和
        int tmp2 = (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8;  //向右遍历之后的位数和
        return 1 + dfs(i + 1, j, tmp1, sj, visited, m, n, k) + dfs(i, j + 1, si, tmp2, visited, m, n, k);
    }
    int movingCount(int m, int n, int k) {
        vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false));
        return dfs(0, 0, 0, 0, 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) 加入队列 queue ；
迭代终止条件： queue 为空。代表已遍历完所有可达解。
迭代工作：

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。
判断是否跳过： 若 ① 行列索引越界 或 ② 数位和超出目标值 k 或 ③ 当前元素已访问过 时，执行 continue 。
标记当前单元格 ：将单元格索引 (i, j) 存入 Set visited 中，代表此单元格 已被访问过 。
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 queue 。
使用 res统计可达解数量。

AC代码：（C++）

class Solution {
   public:
    int movingCount(int m, int n, int k) {
        vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false));
        int res = 0;
        queue<vector<int>> q;
        q.push({0, 0, 0, 0});
        while (q.size() > 0) {
            vector<int> x = q.front();
            q.pop();
            int i = x[0], j = x[i], si = x[2], sj = x[3];
            if (i >= m || j >= n || k < si + sj || visited[i][j] == true) continue;
            visited[i][j] = true;
            res++;
            int tmp1 = (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8;  //向下遍历之后的位数和
            int tmp2 = (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8;  //向右遍历之后的位数和
            q.push({i + 1, j, tmp1, sj});
            q.push({i, j + 1, si, tmp2});
        }
        return res;
    }
};