剑指 Offer 12. 矩阵中的路径
给定一个 m x n 二维字符网格 board 和一个字符串单词 word 。如果 word 存在于网格中，返回 true ；否则，返回 false 。
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。
例如，在下面的 3×4 的矩阵中包含单词 “ABCCED”（单词中的字母已标出）。
示例 1：
输入：board = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "ABCCED"
输出：true
示例 2：
输入：board = [["a","b"],["c","d"]], word = "abcd"
输出：false
提示：
1 <= board.length <= 200
1 <= board[i].length <= 200
board 和 word 仅由大小写英文字母组成
回溯
思路与算法
设函数 check ( i , j , k ) \text{check}(i, j, k) check(i,j,k)? 表示判断以网格的 ( i , j ) (i, j) (i,j) 位置出发，能否搜索到单词 word [ k . . ] \textit{word}[k..] word[k..] ，其中 word [ k . . ] \textit{word}[k..] word[k..] 表示字符串 word \textit{word} word? 从第 k k k 个字符开始的后缀子串。如果能搜索到，则返回 true \texttt{true} true ，反之返回 false \texttt{false} false 。函数 check ( i , j , k ) \text{check}(i, j, k) check(i,j,k) 的执行步骤如下：
- 如果 board [ i ] [ j ] ≠ w o r d [ k ] \textit{board}[i][j] \neq word [k] board[i][j]?=word[k]? ，当前字符不匹配，直接返回 false \texttt{false} false? 。
- 如果当前已经访问到字符串的末尾，且对应字符依然匹配，此时直接返回 true \texttt{true} true? 。
- 否则，遍历当前位置的所有相邻位置。如果从某个相邻位置出发，能够搜索到子串 word [ k + 1.. ] \textit{word}[k+1..] word[k+1..] ，则返回 true \texttt{true} true ，否则返回 false \texttt{false} false? 。
这样，我们对每一个位置 ( i , j ) (i,j) (i,j) 都调用函数 check ( i , j , 0 ) \text{check}(i, j, 0) check(i,j,0) 进行检查：只要有一处返回 true \texttt{true} true ，就说明网格中能够找到相应的单词，否则说明不能找到。
为了防止重复遍历相同的位置，需要额外维护一个与 board \textit{board} board 等大的 visited \textit{visited} visited 数组，用于标识每个位置是否被访问过。每次遍历相邻位置时，需要跳过已经被访问的位置。
class Solution(object):
def exist(self, board, word):
"""
:type board: List[List[str]]
:type word: str
:rtype: bool
"""
directions = [(0, 1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0)] #(i,j)的移动
def check(i,j,k):
if board[i][j] != word[k]:
return False
elif k == len(word) - 1:# 最后一个字母了
return True
visited.add((i, j))
result = False
for di, dj in directions:
newi, newj = i + di, j + dj
if 0<= newi < len(board) and 0<=newj < len(board[0]):
if (newi, newj) not in visited: # 不遍历相同位置
if check(newi,newj,k+1):
result =True
break
visited.remove((i, j))
return result
h, w = len(board), len(board[0])
visited = set()
for i in range(h):
for j in range(w):
if check(i, j, 0):
return True
return False
深度优先搜索（DFS）+ 剪枝
本问题是典型的矩阵搜索问题，可使用 深度优先搜索（DFS）+ 剪枝 解决。
- 深度优先搜索： 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 这条路不可能和目标字符串匹配成功的情况（例如：此矩阵元素和目标字符不同、此元素已被访问），则应立即返回，称之为可行性剪枝 。
DFS 解析：
-
递归参数： 当前元素在矩阵
board中的行列索引 i i i 和 j j j ，当前目标字符在word中的索引 k k k? 。 -
终止条件：
-
- 返回
false： (1) 行或列索引越界 或 (2) 当前矩阵元素与目标字符不同 或 (3) 当前矩阵元素已访问过 （ (3) 可合并至 (2) ） 。
- 返回
-
- 返回
true： k = l e n ( w o r d ) ? 1 k = len(word) - 1 k=len(word)?1 ，即字符串 word 已全部匹配。
- 返回
-
递推工作：
-
- 标记当前矩阵元素： 将
board[i][j]修改为 空字符''，代表此元素已访问过，防止之后搜索时重复访问。
- 标记当前矩阵元素： 将
-
- 搜索下一单元格： 朝当前元素的 上、下、左、右 四个方向开启下层递归，使用
或连接 （代表只需找到一条可行路径就直接返回，不再做后续 DFS ），并记录结果至res。
- 搜索下一单元格： 朝当前元素的 上、下、左、右 四个方向开启下层递归，使用
-
- 还原当前矩阵元素： 将
board[i][j]元素还原至初始值，即word[k]。
- 还原当前矩阵元素： 将
-
返回值： 返回布尔量 res ，代表是否搜索到目标字符串。
使用空字符做标记是为了防止标记字符与矩阵原有字符重复。当存在重复时，此算法会将矩阵原有字符认作标记字符，从而出现错误。
复杂度分析：
M , N M, N M,N 分别为矩阵行列大小, K K K? 为字符串 word 长度。
- 时间复杂度 O ( 3 K M N ) O\left(3^{K} M N\right) O(3KMN) : 最差情况下，需要遍历矩阵中长度为 K K K 字符串的所有方案, 时间复 杂度为 O ( 3 K ) O\left(3^{K}\right) O(3K); 矩阵中共有 M N M N MN 个起点， 时间复杂度为 O ( M N ) O(M N) O(MN) 。
-
- 方案数计算：设字符串长度为 K K K ，搜索中每个字符有上、下、左、右四个方向可以选择, 舍弃回头（上个字符) 的方向，剩下 3 种选择，因此方案数的复杂度为 O ( 3 K ) O\left(3^{K}\right) O(3K) 。
- 空间复杂度 O ( K ) O(K) O(K) : 搜索过程中的递归深度不超过 K K K ， 因此系统因函数调用累计使用的栈空 间占用 O ( K ) O(K) O(K) (因为函数返回后，系统调用的栈空间会释放) 。最坏情况下 K = M N K=M N K=MN, 递归 深度为 M N M N MN, 此时系统栈使用 O ( M N ) O(M N) O(MN) 的额外空间。
class Solution(object):
def exist(self, board, word):
"""
:type board: List[List[str]]
:type word: str
:rtype: bool
"""
def dfs(i,j,k):
if not 0 <= i < len(board) or not 0 <= j < len(board[0]) or board[i][j] != word[k]:
return False
elif k == len(word) - 1:# 最后一个字母了
return True
board[i][j] = ''
res = dfs(i + 1, j, k + 1) or dfs(i - 1, j, k + 1) or dfs(i, j + 1, k + 1) or dfs(i, j - 1, k + 1)
board[i][j] = word[k]
return res
for i in range(len(board)):
for j in range(len(board[0])):
if dfs(i, j, 0): return True
return False