题目描述
请设计⼀个函数，⽤来判断在⼀个矩阵中是否存在⼀条包含某字符串所有字符的路径。路径可以从矩阵中的任意⼀个格⼦开始，每⼀步可以在矩阵中向左，向右，向上，向下移动⼀个格⼦。如果⼀条路径经过了矩阵中的某⼀个格⼦，则该路径不能再进⼊该格⼦。 例如矩阵：
中包含⼀条字符串 " bcced " 的路径，但是矩阵中不包含 " abcb " 路径，因为字符串的第⼀个字符 b占据了矩阵中的第⼀⾏第⼆个格⼦之后，路径不能再次进⼊该格⼦。
示例1
输⼊：[[a,b,c,e],[s,f,c,s],[a,d,e,e]],"abcced"
返回值：true
思路及解答
DFS回溯
主要的思路是对于每⼀个字符为起点，递归向四周拓展，然后遇到不匹配返回 false ，匹配则接着匹配直到完成，⾥⾯包含了 回溯 的思想。步骤如下：
针对每⼀个字符为起点，初始化⼀个和矩阵⼀样⼤⼩的标识数组，标识该位置是否被访问过，⼀开始默认是false 。
- 如果当前的字符索引已经超过了字符串⻓度，说明前⾯已经完全匹配成功，直接返回 true
- 如果⾏索引和列索引，不在有效的范围内，或者改位置已经标识被访问，直接返回 false
- 否则将当前标识置为已经访问过
- 如果矩阵当前位置的字符和字符串相等，那么就字符串的索引加⼀，递归判断周边的四个，只要⼀个的结果为 true ，就返回 true ，否则将该位置置为没有访问过（相当于回溯，退回上⼀步），返回 false 。矩阵当前位置的字符和字符串不相等，否则同样也是将该位置置为没有访问过（相当于回溯，退回上⼀步），返回 false 。
⽐如查找 bcced :
public class Solution {public boolean hasPath(char[][] matrix, String word) {// write code hereif (matrix == null || word == null || word.length() == 0) {return false;}for (int i = 0; i < matrix.length; i++) {for (int j = 0; j < matrix[0].length; j++) {boolean[][] flags = new boolean[matrix.length][matrix[0].length];boolean result = judge(i, j, matrix, flags, word, 0);if (result) {return true;}}}return false;}public boolean judge(int i, int j, char[][] matrix, boolean[][] flags, String words, int index) {if (index >= words.length()) {return true;}if (i < 0 || j < 0 || i >= matrix.length || j >= matrix[0].length || flags[i][j]) {return false;}flags[i][j] = true;if (matrix[i][j] == words.charAt(index)) {if (judge(i - 1, j, matrix, flags, words, index + 1)|| judge(i + 1, j, matrix, flags, words, index + 1)|| judge(i, j + 1, matrix, flags, words, index + 1)|| judge(i, j - 1, matrix, flags, words, index + 1)) {return true;} else {flags[i][j] = false;return false;}} else {flags[i][j] = false;return false;}}
}
- 时间复杂度：O(3^k × m × n)，其中k为单词长度，m、n为矩阵尺寸。每个点有3个方向可选（不能回退）
- 空间复杂度：O(k)，递归栈深度和visited数组空间
方向数组优化
使用额外的访问标记数组来记录路径状态。
public class Solution {public boolean exist(char[][] board, String word) {if (board == null || board.length == 0 || board[0].length == 0 || word == null) {return false;}int m = board.length, n = board[0].length;boolean[][] visited = new boolean[m][n];char[] words = word.toCharArray();// 遍历矩阵中的每个单元格作为起始点for (int i = 0; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (dfs(board, visited, words, i, j, 0)) {return true;}}}return false;}private boolean dfs(char[][] board, boolean[][] visited, char[] word, int i, int j, int index) {// 终止条件1：找到完整路径if (index == word.length) {return true;}// 终止条件2：越界或已访问或字符不匹配if (i < 0 || i >= board.length || j < 0 || j >= board[0].length || visited[i][j] || board[i][j] != word[index]) {return false;}// 标记当前单元格为已访问visited[i][j] = true;// 向四个方向进行DFS搜索boolean found = dfs(board, visited, word, i + 1, j, index + 1) || // 向下dfs(board, visited, word, i - 1, j, index + 1) || // 向上dfs(board, visited, word, i, j + 1, index + 1) || // 向右dfs(board, visited, word, i, j - 1, index + 1); // 向左// 回溯：恢复访问状态visited[i][j] = false;return found;}
}
- 时间复杂度：O(3^k × m × n)，其中k为单词长度，m、n为矩阵尺寸。每个点有3个方向可选（不能回退）
- 空间复杂度：O(k)，递归栈深度和visited数组空间
时间空间复杂度与方法一相同，但代码更易扩展（如需要八方向移动时只需修改DIRECTIONS数组）
原地标记优化（最优）
通过修改原矩阵来标记访问状态，节省空间。
public class Solution {public boolean exist(char[][] board, String word) {if (board == null || board.length == 0 || word == null || word.length() == 0) {return false;}char[] words = word.toCharArray();for (int i = 0; i < board.length; i++) {for (int j = 0; j < board[0].length; j++) {if (dfsOptimized(board, words, i, j, 0)) {return true;}}}return false;}private boolean dfsOptimized(char[][] board, char[] word, int i, int j, int index) {// 边界检查和字符匹配检查if (i < 0 || i >= board.length || j < 0 || j >= board[0].length || board[i][j] != word[index]) {return false;}// 找到完整路径if (index == word.length - 1) {return true;}// 原地标记：将当前字符临时替换为特殊标记（不能出现的字符）char temp = board[i][j];board[i][j] = '#'; // 标记为已访问// 四个方向搜索boolean res = dfsOptimized(board, word, i + 1, j, index + 1) ||dfsOptimized(board, word, i - 1, j, index + 1) ||dfsOptimized(board, word, i, j + 1, index + 1) ||dfsOptimized(board, word, i, j - 1, index + 1);// 回溯：恢复原始字符board[i][j] = temp;return res;}
}
关键技巧：
- 临时修改：将访问过的
board[i][j]改为'#'（或其他不在字母表中的字符） - 自动避障：后续搜索遇到
'#'会因字符不匹配而自动跳过 - 状态恢复：回溯时恢复原始字符，确保不影响其他路径搜索
算法分析：
- 时间复杂度：O(3^k × m × n)，与前述方法相同
- 空间复杂度：O(1)，显著优化！仅使用常数空间（递归栈空间不可避免）