【LeetCode 每日一题】3459. 最长 V 形对角线段的长度
Problem: 3459. 最长 V 形对角线段的长度
文章目录
- 整体思路
- 完整代码
- 时空复杂度
- 时间复杂度：O(M * N)
- 空间复杂度：O(M * N)
整体思路
这段代码旨在解决一个复杂的路径查找问题：在一个二维网格 grid 中，寻找由交替数值（比如1和2）构成的、最长的 "V字形"对角线路径 的长度。
这个 “V字形” 路径具有以下特征：
- 起点：必须从值为
1的单元格开始。 - 交替数值：路径上的值必须严格交替。代码中，从一个值为
1的点出发，下一步必须是值为2的点，再下一步是值为0（通过2-target计算）的点，这似乎暗示路径上的值是1 -> 2 -> 0 -> 2 -> 0 ...。 - 对角线移动：路径只能沿着四个对角线方向移动（右下、左下、左上、右上）。
- V字形：整条路径最多只能包含一次90度的转向。例如，从右下方向转为左下方向。
为了高效地解决这个问题，算法采用了 深度优先搜索 (DFS) + 记忆化搜索 (Memoization) 的策略，这本质上是一种动态规划。
其核心逻辑步骤如下：
-
入口与初始化：
lenOfVDiagonal方法是主入口。它初始化了一个三维的memo数组，用于记忆化存储已计算过的子问题的结果，以避免重复计算。- 它遍历整个
grid，将每一个值为1的单元格(i, j)视为一个潜在的V形路径的起点。 - 对于每个起点，它会尝试从所有四个对角线方向 (
k=0..3) 开始进行深度优先搜索。
-
深度优先搜索 (DFS) 的状态定义：
- 核心的
dfs函数被设计用来回答：“从点(i, j)出发，沿着方向k，当前是否还允许拐弯 (turn)，并且期望下一个点的值为target，能够走出的最长路径是多少？” - 状态参数：
(i, j, k, turn, target)完整地定义了一个子问题。(i, j): 当前路径的末端位置。k: 当前路径的前进方向。turn: 一个标志位，1表示还可以拐弯，0表示已经拐过弯或者不允许拐弯。target: 路径中下一个单元格期望的值。
- 核心的
-
DFS 的递归与状态转移：
- 前进：
dfs函数首先尝试沿着当前方向k前进一步。 - 剪枝/终止条件：如果前进一步后越出边界，或者遇到的单元格值不等于
target，说明此路不通，返回路径长度0。 - 记忆化：在进行计算前，先检查
memo数组中是否已有当前状态的解。如果有，直接返回。 - 递归探索：从新位置出发，探索两种可能的后续路径：
a. 直行：继续沿当前方向k前进。递归调用dfs，方向不变，turn状态不变。
b. 拐弯：仅当turn == 1时，尝试进行一次90度拐弯。递归调用dfs，方向变为(k+1)%4，并将turn状态置为0，表示拐弯机会已用尽。 dfs函数返回的是这两种可能路径中的较长者，再加上当前点的长度1。
- 前进：
-
状态编码与记忆化：
memo数组的第三维大小为8(1 << 3)。这是因为需要为一个单元格(i, j)存储不同状态的结果。- 代码通过
temp = k << 1 | turn这个位运算，将方向k(0-3，需2位) 和turn(0-1，需1位) 两个状态变量压缩成一个0-7之间的整数索引，高效地利用了memo数组的空间。
-
结果聚合：
- 主函数
lenOfVDiagonal不断用每次dfs返回的路径长度（加上起点的1）来更新全局最大值ans，最终得到整个网格中的最长V形路径。
- 主函数
完整代码
class Solution {// DIRT: 定义四个对角线方向的偏移量// {1, 1}: 右下, {1, -1}: 左下, {-1, -1}: 左上, {-1, 1}: 右上private static final int[][] DIRT = { { 1, 1 }, { 1, -1 }, { -1, -1 }, { -1, 1 } };/*** 计算网格中最长的V形交替数值对角线路径的长度。* @param grid 输入的二维网格* @return 最长路径的长度*/public int lenOfVDiagonal(int[][] grid) {int m = grid.length;int n = grid[0].length;int ans = 0;// memo: 记忆化数组。memo[i][j][state] 存储从(i,j)出发在特定状态下的最长路径。// state 通过方向k和拐弯标记turn编码而来，共 4*2=8 种状态。int[][][] memo = new int[m][n][1 << 3];// 遍历所有单元格，寻找值为 1 的起点for (int i = 0; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (grid[i][j] == 1) {// 对于每个起点，尝试从所有四个对角线方向开始搜索for (int k = 0; k < 4; k++) {// dfs返回的是后续路径长度，所以要 +1 包含起点本身ans = Math.max(ans, dfs(i, j, k, 1, 2, grid, memo) + 1);}}}}return ans;}/*** 深度优先搜索函数，计算从 (i, j) 出发的特定状态下的最长路径。* @param i 当前行* @param j 当前列* @param k 当前前进方向的索引 (0-3)* @param turn 是否还允许拐弯 (1:是, 0:否)* @param target 下一个单元格期望的值* @param grid 网格* @param memo 记忆化数组* @return 从 (i, j) 的下一个点开始的最长路径长度*/private int dfs(int i, int j, int k, int turn, int target, int[][] grid, int[][][] memo) {int m = grid.length;int n = grid[0].length;// 1. 沿当前方向 k 前进一步i += DIRT[k][0];j += DIRT[k][1];// 2. 终止条件：如果越界或遇到的值不符合期望，则路径中断if (i < 0 || i >= m || j < 0 || j >= n || grid[i][j] != target) {return 0;}// 3. 状态编码与记忆化检查// 将方向 k (0-3) 和 拐弯标记 turn (0-1) 压缩成一个 0-7 的整数int temp = k << 1 | turn;if (memo[i][j][temp] != 0) {return memo[i][j][temp];}// 4. 递归探索// a. 继续沿当前方向直行。下一个目标值根据代码是 2-target。int res = dfs(i, j, k, turn, 2 - target, grid, memo);// b. 如果还允许拐弯 (turn == 1)，则尝试进行90度拐弯// (k+1)%4 实现方向的循环切换（如右下->左下）if (turn == 1) {// 拐弯后，turn 标记变为 0，不再允许拐弯res = Math.max(res, dfs(i, j, (k + 1) % 4, 0, 2 - target, grid, memo));}// 5. 记录结果并返回// 返回的是后续路径的最大长度，所以要 +1 包含当前点 (i, j)return memo[i][j][temp] = res + 1;}
}
时空复杂度
时间复杂度：O(M * N)
- 状态数量：算法的核心是
dfs函数和memo数组。时间复杂度取决于需要计算的不同状态的总数。一个状态由(i, j, k, turn)唯一确定。i: 有M种可能。j: 有N种可能。k: 有4种方向。turn: 有2种可能（能拐弯/不能拐弯）。- 总状态数 =
M * N * 4 * 2 = 8 * M * N。
- 单次状态计算：由于有记忆化，每个状态只会被实际计算一次。在
dfs函数中，一次计算涉及常数次的操作（几次加法、比较、位运算、最多两次递归调用）。因此，计算每个状态的平均时间复杂度是 O(1)。 - 入口循环：外层的
for循环遍历整个网格，总共M * N次。在每个值为1的单元格，它会启动4次DFS。
综合分析：
总的时间开销主要由填充整个 memo 数组决定。因此，总时间复杂度为 (状态总数) * (单次计算时间) = O(M * N * 8) * O(1)，简化后为 O(M * N)。
空间复杂度：O(M * N)
- 主要存储开销：
- 记忆化数组
memo：这是最主要的额外空间开销。memo数组的大小是M * N * 8。因此，这部分空间复杂度是 O(M * N)。 - 递归栈深度：
dfs函数是递归的。在最坏的情况下，一条路径可能沿着对角线贯穿整个网格，其长度约为M + N。因此，递归栈的最大深度是 O(M + N)。
- 记忆化数组
综合分析：
算法所需的额外空间由记忆化数组和递归栈深度共同决定。由于 O(M * N) 通常远大于 O(M + N)，所以空间复杂度的瓶颈在于 memo 数组。因此，总的空间复杂度为 O(M * N)。
参考灵神