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【LeetCode 热题 100】（六）矩阵

news 2025/8/10 5:43:51

73. 矩阵置零

class Solution {public void setZeroes(int[][] matrix) {int row_length = matrix.length;int col_length = matrix[0].length;boolean[] row = new boolean[row_length];boolean[] col = new boolean[col_length];for (int i = 0; i < row_length; i++) {for (int j = 0; j < col_length; j++) {if(matrix[i][j] == 0){row[i] = true;col[j] = true;}}}for (int i = 0; i < row_length; i++) {for (int j = 0; j < col_length; j++) {if(row[i]== true || col[j] == true){matrix[i][j] = 0;}}}}
}

解题思路描述

这段代码实现了 “矩阵置零” 问题。给定一个 m x n 矩阵，如果某个元素为 0，则将其所在行和列的所有元素都设为 0。代码需要满足原地修改的要求（不返回新矩阵）。

核心思想：标记法

使用两个标记数组分别记录哪些行和列需要置零：

行标记数组 row[]：记录包含 0 的行
列标记数组 col[]：记录包含 0 的列
通过两次遍历完成操作：第一次扫描标记，第二次根据标记置零。

步骤详解

初始化标记数组：
- row[length]：布尔数组，长度 = 矩阵行数
- col[length]：布尔数组，长度 = 矩阵列数
- 初始值均为 false，表示暂无需要置零的行列
第一次遍历：标记需要置零的行列（时间复杂度 O(m*n)）
- 遍历每个元素 matrix[i][j]
- 当元素值为 0 时：
  - 标记行：row[i] = true
  - 标记列：col[j] = true
- 关键点：此时不修改矩阵值，避免影响后续标记
第二次遍历：执行置零操作（时间复杂度 O(m*n)）
- 再次遍历每个元素 matrix[i][j]
- 若当前行被标记 (row[i] == true) 或当前列被标记 (col[j] == true)
- 将元素置零：matrix[i][j] = 0

为什么有效？

原地修改：直接操作输入矩阵，不返回新矩阵
避免覆盖问题：先完成全部标记再修改，确保不会遗漏或误标记
时间复杂度：O(m*n) 两次完整遍历矩阵
空间复杂度：O(m+n) 使用两个额外标记数组

示例演算

以 3x3 矩阵为例：

初始矩阵：
[1, 2, 3]
[4, 0, 6]
[7, 8, 9]步骤1：标记行列在(1,1)发现0 → 标记 row[1]=true, col[1]=true步骤2：根据标记置零row[1]=true → 将第1行(索引1)全置零：[4,0,6]→[0,0,0]col[1]=true → 将第1列(索引1)全置零：[2]→0, [0]→0 (已置零), [8]→0最终结果：
[1, 0, 3]
[0, 0, 0]
[7, 0, 9]

优化方向

虽然当前代码清晰易懂，但空间复杂度可优化至 O(1)：

用矩阵第一行和第一列代替标记数组
额外两个变量标记第一行/列是否需要置零
但当前版本更易理解，适合展示核心思路。

54. 螺旋矩阵

class Solution {public List<Integer> spiralOrder(int[][] matrix) {List<Integer> order = new ArrayList<Integer>();if (matrix == null || matrix.length == 0 || matrix[0].length == 0) {return order;}int rows = matrix.length;int cols = matrix[0].length;// 四个角int left = 0, right = cols - 1, top = 0, bottom = rows - 1;while (left <= right && top <= bottom){// 1.从左向右for (int column = left; column <= right; column++) {order.add(matrix[top][column]);}// 2.从上往下for (int row = top+1; row <= bottom; row++){order.add(matrix[row][right]);}if(left < right && top< bottom){// 3.从右往左for (int column = right-1; column > left; column--) {order.add(matrix[bottom][column]);}// 4.从下往上for (int row = bottom; row > top; row--){order.add(matrix[row][left]);}}left++;right--;top++;bottom--;}return order;}
}

解题思路描述

这段代码实现了 “螺旋矩阵” 问题。给定一个 m x n 的矩阵，要求按照顺时针螺旋顺序返回所有元素。代码的核心思想是模拟螺旋遍历过程，通过控制边界完成遍历。

核心思想：边界收缩法

使用四个变量标记当前遍历的边界：

left：左边界列索引
right：右边界列索引
top：上边界行索引
bottom：下边界行索引
每完成一圈螺旋遍历，就向内收缩边界，直到遍历完所有元素。

步骤详解

初始化边界：
- left = 0（最左列）
- right = cols - 1（最右列）
- top = 0（最上行）
- bottom = rows - 1（最下行）
螺旋遍历（循环条件：left <= right && top <= bottom）：
- 从左到右（上边界）：
  - 遍历 top 行，从 left 到 right
  - 示例：3x3 矩阵中，遍历第0行的 [0][0], [0][1], [0][2]
- 从上到下（右边界）：
  - 遍历 right 列，从 top+1 到 bottom
  - 示例：3x3 矩阵中，遍历第2列的 [1][2], [2][2]
- 从右到左（下边界，需满足内圈条件）：
  - 仅当 left < right && top < bottom 时执行（防止单行/单列重复遍历）
  - 遍历 bottom 行，从 right-1 到 left+1
  - 示例：3x3 矩阵中，遍历第2行的 [2][1]
- 从下到上（左边界，需满足内圈条件）：
  - 遍历 left 列，从 bottom 到 top+1
  - 示例：3x3 矩阵中，遍历第0列的 [2][0], [1][0]
边界收缩：
- 每完成一圈：left++, right--, top++, bottom--
- 示例：3x3 矩阵第一圈后，边界变为 left=1, right=1, top=1, bottom=1
内圈处理：
- 当边界收缩后仍满足 left <= right && top <= bottom 时继续遍历
- 示例：3x3 矩阵内圈只剩 [1][1] 元素

关键点解析

内圈条件判断：
- 从右到左和从下到上的遍历需要满足 left < right && top < bottom
- 避免单行/单列时的重复遍历（如 3x1 矩阵）
边界处理顺序：
- 固定顺序：左→右、上→下、右→左、下→上
- 每次只处理当前边界的最外层
终止条件：
- 当左边界越过右边界或上边界越过下边界时结束

示例演算（3x3 矩阵）

初始矩阵：
[1, 2, 3]
[4, 5, 6]
[7, 8, 9]遍历过程：
1. 左→右： [0][0]=1, [0][1]=2, [0][2]=3
2. 上→下： [1][2]=6, [2][2]=9
3. 右→左（内圈）： [2][1]=8
4. 下→上（内圈）： [2][0]=7, [1][0]=4
5. 边界收缩：left=1, right=1, top=1, bottom=1
6. 左→右（内圈）： [1][1]=5结果：[1,2,3,6,9,8,7,4,5]

复杂度分析

时间复杂度：O(m×n)
每个元素恰好被访问一次
空间复杂度：O(1)（不计输出列表）
仅使用固定数量的边界变量

特殊矩阵处理

单行矩阵：仅执行左→右遍历
单列矩阵：执行左→右和上→下遍历
空矩阵：开始时的空值检查直接返回空列表

这个解法通过精确控制边界移动和遍历方向，高效地实现了螺旋顺序遍历，是处理此类问题的经典方法。

48. 旋转图像

class Solution {public void rotate(int[][] matrix) {int n = matrix.length;int[][] matrix_new = new int[n][n];for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {matrix_new[j][n-1-i] = matrix[i][j];}}for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {matrix[i][j] = matrix_new[i][j];}}}
}

解题思路描述：旋转图像（顺时针90度）

方法1：使用额外空间（O(n²)空间复杂度）

核心思路：创建一个新矩阵，按照旋转规律映射元素位置，最后复制回原矩阵。

解题步骤：

创建新矩阵：

int n = matrix.length;
int[][] matrix_new = new int[n][n]; // 创建与输入矩阵相同大小的新矩阵

元素位置映射：

旋转规律：原矩阵中 [i][j] 位置的元素，在旋转后应位于 [j][n-1-i]

映射实现：

for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {matrix_new[j][n-1-i] = matrix[i][j];}
}

复制回原矩阵：

for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {matrix[i][j] = matrix_new[i][j];}
}

关键点解析：

空间复杂度：O(n²)（需要额外n×n空间存储新矩阵）
正确性保证：不修改原矩阵数据，避免覆盖问题
时间复杂度：O(n²)（两次完整遍历）

示例演算（2×2矩阵）：

原矩阵：       旋转后：
[1,2]         [3,1]
[3,4]  →→→→   [4,2]映射过程：
1→[0][0] → 新位置[0][1]
2→[0][1] → 新位置[1][1]
3→[1][0] → 新位置[0][0]
4→[1][1] → 新位置[1][0]

方法2：原地旋转（O(1)空间复杂度）

核心思路：通过两次翻转操作实现原地旋转，无需额外空间。

解题步骤：

主对角线翻转（矩阵转置）：
- 交换元素位置：matrix[i][j] ↔ matrix[j][i]
- 关键：只需遍历上三角区域，避免重复交换
水平翻转（逐行逆序）：
- 交换元素位置：matrix[i][j] ↔ matrix[i][n-1-j]
- 关键：每行只需遍历前半部分

完整代码实现：

public void rotate(int[][] matrix) {int n = matrix.length;// 1. 主对角线翻转（转置）for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = i; j < n; j++) { // 注意：j从i开始int temp = matrix[i][j];matrix[i][j] = matrix[j][i];matrix[j][i] = temp;}}// 2. 水平翻转（逐行逆序）for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n/2; j++) { // 只需遍历半行int temp = matrix[i][j];matrix[i][j] = matrix[i][n-1-j];matrix[i][n-1-j] = temp;}}
}

关键点解析：

旋转的数学本质：

顺时针90° = 转置 + 水平翻转
逆时针90° = 转置 + 垂直翻转

遍历范围优化：
- 转置时：只遍历上三角区（j从i开始），避免重复交换
- 翻转时：每行遍历前半部分（j < n/2）
空间复杂度：O(1)（仅使用常数临时变量）

示例演算（3×3矩阵）：

原矩阵：
[1,2,3]
[4,5,6]
[7,8,9]步骤1：转置（主对角线翻转）：
[1,4,7]
[2,5,8]
[3,6,9]步骤2：水平翻转（逐行逆序）：
[7,4,1]  ← 第一行：1和7交换，4不动
[8,5,2]  ← 第二行：2和8交换
[9,6,3]  ← 第三行：3和9交换（实际操作时按行翻转）最终结果（顺时针旋转90°）：
[7,4,1]
[8,5,2]
[9,6,3]

两种方法对比：

特性	方法1（额外空间）	方法2（原地旋转）
空间复杂度	O(n²)	O(1)
可读性	直观易懂	需要理解旋转数学原理
适用场景	内存空间充足时	内存受限环境
修改方式	创建新矩阵	直接修改输入矩阵
时间复杂度	O(n²)（两次遍历）	O(n²)（两次遍历）