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1 前言

  今天主要刷了一道热题榜中回溯法的题，现在的计划是先刷热题榜专题吧，感觉还是这样见效比较快。因此本文主要介绍LeetCode79。

2 LeetCode79.单词搜索(LeetCode79)

  OK题目描述及相关示例如下：

2.1 题目分析解决及优化

  感觉回溯的方法并不难，难的是编写代码的过程，不过主要是因为自己代码敲的太少，回溯法还是挺八股文的。
  主要思路是枚举每一个位置(i,j)，以(i,j)为起点进行搜索，进行递归匹配word[k]。
  递归的思路为，当前位置匹配时，则寻找下一个位置进行匹配下一个字母，下一个位置即为当前位置的四周(如果存在)：

• 若board[i][j]==word[k]，则递归匹配board[i][j+1],board[i][j-1],board[i-1][j],board[i+1][j](如果存在)与word[k+1]，若四周都没匹配成功返回false。

  递归的终止条件为：

• 若word[k]!=board[i][j]，则匹配失败，返回false
• 若k+1==len(word)，说明匹配到了最后一个字母，且匹配成功，返回true

  注意不能重复使用board的同一个字母，因此可以在board[i][j]匹配成功的时候将board[i][j]设置为0，然后进行递归寻找下一个字母，当找不到下一个字母时，记得要恢复board[i][j]。

  代码实现如下：

#include<string>
#include<vector>
#include<unordered_map>
#include<algorithm>
class Solution {
public://i,j为board当前匹配位置，k为string匹配位置bool dfs(vector<vector<char>>& board,int i,int j,int k,string word){int m=board.size();int n=board[0].size();//递归终止条件//不相等则匹配失败if(board[i][j]!=word[k]) return false;//若最后一个字母也匹配成功，则整个string匹配成功if(word.length()==k+1) return true;//如果当前位置匹配成功，则遍历其上下左右位置看是否能匹配下一个字母//为了避免重复，将匹配成功的位置设置为0board[i][j]=0;const int dx[4]={-1,0,1,0};const int dy[4]={0,1,0,-1};for(int d=0;d<4;d++){int next_i=i+dx[d];int next_j=j+dy[d];//如果四周存在，且匹配成功，返回trueif(next_i>=0&&next_i<m&&next_j>=0&&next_j<n&&dfs(board,next_i,next_j,k+1,word)){return true;}}//如果四周都不匹配，回溯board[i][j]=word[k];return false;}bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {int m=board.size();int n=board[0].size();//优化1unordered_map<char,int> mp;for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){mp[board[i][j]]++;}}unordered_map<char,int> word_mp;int word_len=word.length();for(int i=0;i<word_len;i++){word_mp[word[i]]++;if(word_mp[word[i]]>mp[word[i]]){return false;}}//优化二if(mp[word[word_len-1]]<mp[word[0]]){reverse(word.begin(),word.end());}for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(dfs(board,i,j,0,word)) return true;}}return false;}
};

  这里学习了灵茶山艾府的两个优化思路，运行时间直接超过了100%！，他b站同名有专题算法讲解也很不错，推荐大家去学习。
  优化一：统计word和board各个字母出现的次数，若word中某个字母出现的次数要比board中该字母出现的次数多，则一定不会匹配成功，直接返回false。
  优化二：若word的最后一个字母出现的次数更少，则将从尾进行搜索，因为这样更容易在一开始满足board[i][j]=word[k]的(i,j)较少，减少了递归次数。

2.2 复杂度分析

  主要是递归的次数，因为每个位置只能使用一次，因此某个递归的分支最多会进入三个分支，分治深度为k，且一共要调用mn次，因此时间复杂度为$O(mn{3}^k)$，但实际过程中很多分支会早早结束，因此时间复杂度远小于该值。
  空间复杂度为$O(52+k)$。两个无需集合，以及递归需要$O(k)$的栈空间。