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LeetCode-529. 扫雷游戏

US-B.Ralph
US-B.Ralph
2020-08-20

问题地址

LeetCode每日一题/2020-08-20

LeetCode529. 扫雷游戏

问题描述

规则

让我们一起来玩扫雷游戏！

给定一个代表游戏板的二维字符矩阵。 ‘M’ 代表一个未挖出的地雷，‘E’ 代表一个未挖出的空方块，‘B’ 代表没有相邻（上，下，左，右，和所有4个对角线）地雷的已挖出的空白方块，数字（’1′ 到 ‘8’）表示有多少地雷与这块已挖出的方块相邻，‘X’ 则表示一个已挖出的地雷。

现在给出在所有未挖出的方块中（’M’或者’E’）的下一个点击位置（行和列索引），根据以下规则，返回相应位置被点击后对应的面板：

  1. 如果一个地雷（’M’）被挖出，游戏就结束了- 把它改为 ‘X’。
  2. 如果一个没有相邻地雷的空方块（’E’）被挖出，修改它为（’B’），并且所有和其相邻的未挖出方块都应该被递归地揭露。
  3. 如果一个至少与一个地雷相邻的空方块（’E’）被挖出，修改它为数字（’1’到’8’），表示相邻地雷的数量。
  4. 如果在此次点击中，若无更多方块可被揭露，则返回面板。

示例1

输入: 
[['E', 'E', 'E', 'E', 'E'],
 ['E', 'E', 'M', 'E', 'E'],
 ['E', 'E', 'E', 'E', 'E'],
 ['E', 'E', 'E', 'E', 'E']]

Click : [3,0]

输出: 

[['B', '1', 'E', '1', 'B'],
 ['B', '1', 'M', '1', 'B'],
 ['B', '1', '1', '1', 'B'],
 ['B', 'B', 'B', 'B', 'B']]

解释：

示例2

输入: 

[['B', '1', 'E', '1', 'B'],
 ['B', '1', 'M', '1', 'B'],
 ['B', '1', '1', '1', 'B'],
 ['B', 'B', 'B', 'B', 'B']]

Click : [1,2]

输出: 

[['B', '1', 'E', '1', 'B'],
 ['B', '1', 'X', '1', 'B'],
 ['B', '1', '1', '1', 'B'],
 ['B', 'B', 'B', 'B', 'B']]

解释：

注意

  1. 输入矩阵的宽和高的范围为 [1,50]。
  2. 点击的位置只能是未被挖出的方块 (‘M’ 或者 ‘E’)，这也意味着面板至少包含一个可点击的方块。
  3. 输入面板不会是游戏结束的状态（即有地雷已被挖出）。
  4. 简单起见，未提及的规则在这个问题中可被忽略。例如，当游戏结束时你不需要挖出所有地雷，考虑所有你可能赢得游戏或标记方块的情况。

解析

解题思路

根据题目规则，我们使用递归的方法:

  • 当前点击的位置合法（坐标点位于矩阵范围内）则继续，否则返回面板。该条件也是递归终止条件;
  • 如果所点击位置正好有雷，则标记该位置为‘X’，并返回面板；
  • 如果点击位置为未挖过的位置（非数字非空白），有两种情况：
    • 统计相邻位置是否有雷，定义数组{-1, 0, 1}，双重遍历该数组得到相邻位置坐标，如果相邻位置有雷则计数器加1；
    • 如果周围没有雷则将该位置标记为空白’B’，并调用updateBoard(char[][] board, int[] click)方法递归处理相邻位置；

复杂度分析

  1. 时间复杂度，极端情况下每个点需要遍历8个方向，即O(8 * row * col)，则时间复杂度为：O(row * col)；

  2. 空间复杂度，board大小O(row * col),还有计数器方向数组O(1)，空间复杂度由递归栈深度决定，极端情况遍历整个面板时空间复杂度为O(row*col)；

定位问题

  1. 相邻位置地雷统计；

数据操作分析

  1. 判断相邻8个位置有雷则统计雷的数量，并将结果更新到当前位置中；
  2. 相邻位置没有雷则递归处理相邻位置；

编码实现

/**
 * LeetCode529
 */
public class Minesweeper {

    public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {

        int x = click[0];
        int y = click[1];

        int xMaxBorder = board.length;
        int yMaxBorder = board[0].length;

        if (x < 0 || x >= xMaxBorder || y < 0 || y >= yMaxBorder) {
            System.out.println("方格的位置不合法，请重新输入：");
            return board;
        }

        if (board[x][y] == 'M') {
            board[x][y] = 'X';
            return board;
        }

        if ((board[x][y] <= '8' && board[x][y] >= '1') || board[x][y] == 'B') {
            System.out.println("[" + x + "," + y + "]已被挖过，请重新输入方格位置");
        } else {
            board[x][y] = 'B';
            int count = countWeepers(board, click);
            if (count > 0) {
                board[x][y] = Character.forDigit(count, 9);
            }
        }

        return board;
    }

    private int countWeepers(char[][] board, int[] click) {
        int count = 0;

        int[] dx = new int[]{-1, 0, 1};

        for (int i = 0; i < dx.length; i++) {
            for (int j = 0; j < dx.length; j++) {
                int x = click[0] + dx[i];
                int y = click[1] + dx[j];
                if (x < 0 || x >= board.length || y < 0 || y >= board[0].length) {
                    continue;
                }
                if (board[x][y] == 'M') count++;

            }

        }

        if (count == 0) {
            for (int i = 0; i < dx.length; i++) {
                for (int j = 0; j < dx.length; j++) {
                    int x = click[0] + dx[i];
                    int y = click[1] + dx[j];
                    if (x < 0 || x >= board.length || y < 0 || y >= board[0].length) {
                        continue;
                    }
                if (board[x][y] == 'E') updateBoard(board, new int[]{x, y});

                }

            }
        };

        return count;
    }

}

官方解法

  1. 深度优先搜索
  • 思路：
    • 由于题目要求你根据规则来展示执行一次点击操作后游戏面板的变化，所以我们只要明确该扫雷游戏的规则，并用代码模拟出来即可。
    • 那我们着眼于题目的规则，会发现总共分两种情况：
      • 当前点击的是「未挖出的地雷」，我们将其值改为 X 即可。
      • 当前点击的是「未挖出的空方块」，我们需要统计它周围相邻的方块里地雷的数量 cnt（即 M 的数量）。如果 cnt 为零，即执行规则 2，此时需要将其改为 B，且递归地处理周围的八个未挖出的方块，递归终止条件即为规则 4，没有更多方块可被揭露的时候。否则执行规则 3，将其修改为数字即可。
    • 整体看来，一次点击过程会从一个位置出发，逐渐向外圈扩散，所以这引导我们利用「搜索」的方式来实现。这里以深度优先搜索为例：我们定义递归函数 dfs(x, y) 表示当前在 (x,y) 点，执行扫雷规则的情况，我们只要按照上面理出来的情况来进行模拟即可，在 cnt 为零的时候，对当前点相邻的未挖出的方块调用递归函数，否则将其改为数字，结束递归。
  • 复杂度分析：
    • 时间复杂度：O(nm)，其中 n 和 m 分别代表面板的宽和高。最坏情况下会遍历整个面板。

    • 空间复杂度：O(nm)。空间复杂度取决于递归的栈深度，而递归栈深度在最坏情况下有可能遍历整个面板而达到 O(nm)。

class Solution {
    int[] dirX = {0, 1, 0, -1, 1, 1, -1, -1};
    int[] dirY = {1, 0, -1, 0, 1, -1, 1, -1};

    public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {
        int x = click[0], y = click[1];
        if (board[x][y] == 'M') {
            // 规则 1
            board[x][y] = 'X';
        } else{
            dfs(board, x, y);
        }
        return board;
    }

    public void dfs(char[][] board, int x, int y) {
        int cnt = 0;
        for (int i = 0; i < 8; ++i) {
            int tx = x + dirX[i];
            int ty = y + dirY[i];
            if (tx < 0 || tx >= board.length || ty < 0 || ty >= board[0].length) {
                continue;
            }
            // 不用判断 M，因为如果有 M 的话游戏已经结束了
            if (board[tx][ty] == 'M') {
                ++cnt;
            }
        }
        if (cnt > 0) {
            // 规则 3
            board[x][y] = (char) (cnt + '0');
        } else {
            // 规则 2
            board[x][y] = 'B';
            for (int i = 0; i < 8; ++i) {
                int tx = x + dirX[i];
                int ty = y + dirY[i];
                // 这里不需要在存在 B 的时候继续扩展，因为 B 之前被点击的时候已经被扩展过了
                if (tx < 0 || tx >= board.length || ty < 0 || ty >= board[0].length || board[tx][ty] != 'E') {
                    continue;
                }
                dfs(board, tx, ty);
            }
        }
    }
}
  1. 广度优先搜索

  • 思路：

    • 同样地，我们也可以将深度优先搜索改为广度优先搜索来模拟，我们只要在cnt 为零的时候，将当前点相邻的未挖出的方块加入广度优先搜索的队列里即可，其他情况不加入队列，这里不再赘述。
  • 复杂度分析：

    • 时间复杂度：O(nm)，其中 n 和 m 分别代表面板的宽和高。最坏情况下会遍历整个面板。

    • 空间复杂度：O(nm)。我们需要 O(nm) 的标记数组来标记当前位置是否已经被加入队列防止重复计算。

class Solution {
    int[] dirX = {0, 1, 0, -1, 1, 1, -1, -1};
    int[] dirY = {1, 0, -1, 0, 1, -1, 1, -1};

    public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {
        int x = click[0], y = click[1];
        if (board[x][y] == 'M') {
            // 规则 1
            board[x][y] = 'X';
        } else{
            bfs(board, x, y);
        }
        return board;
    }

    public void bfs(char[][] board, int sx, int sy) {
        Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();
        boolean[][] vis = new boolean[board.length][board[0].length];
        queue.offer(new int[]{sx, sy});
        vis[sx][sy] = true;
        while (!queue.isEmpty()) {
            int[] pos = queue.poll();
            int cnt = 0, x = pos[0], y = pos[1];
            for (int i = 0; i < 8; ++i) {
                int tx = x + dirX[i];
                int ty = y + dirY[i];
                if (tx < 0 || tx >= board.length || ty < 0 || ty >= board[0].length) {
                    continue;
                }
                // 不用判断 M，因为如果有 M 的话游戏已经结束了
                if (board[tx][ty] == 'M') {
                    ++cnt;
                }
            }
            if (cnt > 0) {
                // 规则 3
                board[x][y] = (char) (cnt + '0');
            } else {
                // 规则 2
                board[x][y] = 'B';
                for (int i = 0; i < 8; ++i) {
                    int tx = x + dirX[i];
                    int ty = y + dirY[i];
                    // 这里不需要在存在 B 的时候继续扩展，因为 B 之前被点击的时候已经被扩展过了
                    if (tx < 0 || tx >= board.length || ty < 0 || ty >= board[0].length || board[tx][ty] != 'E' || vis[tx][ty]) {
                        continue;
                    }
                    queue.offer(new int[]{tx, ty});
                    vis[tx][ty] = true;
                }
            }
        }
    }
}
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