蛇梯棋

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蛇梯棋

1.题目内容

给你一个大小为 n x n 的整数矩阵 board ，方格按从 1 到 n2 编号，编号遵循 转行交替方式 ，从左下角开始 （即，从 board[n - 1][0] 开始）每一行交替方向。

玩家从棋盘上的方格 1 （总是在最后一行、第一列）开始出发。

每一回合，玩家需要从当前方格 curr 开始出发，按下述要求前进：

  • 选定目标方格，

    1
    next

    目标方格的编号符合范围 。

    1
    [curr + 1, min(curr + 6, n2)]
    • 该选择模拟了掷 六面体骰子 的情景，无论棋盘大小如何，玩家最多只能有 6 个目的地。

  • 传送玩家：如果目标方格 next 处存在蛇或梯子，那么玩家会传送到蛇或梯子的目的地。否则，玩家传送到目标方格 next 。

  • 当玩家到达编号 n2 的方格时，游戏结束。

r 行 c 列的棋盘，按前述方法编号，棋盘格中可能存在 “蛇” 或 “梯子”；如果 board[r][c] != -1，那个蛇或梯子的目的地将会是 board[r][c]。编号为 1 和 n2 的方格上没有蛇或梯子。

注意，玩家在每回合的前进过程中最多只能爬过蛇或梯子一次：就算目的地是另一条蛇或梯子的起点，玩家也 不能 继续移动。

  • 举个例子，假设棋盘是 [[-1,4],[-1,3]] ，第一次移动，玩家的目标方格是 2 。那么这个玩家将会顺着梯子到达方格 3 ，但 不能 顺着方格 3 上的梯子前往方格 4 。

返回达到编号为 n2 的方格所需的最少移动次数，如果不可能，则返回 -1。

示例 1：

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输入：board = [[-1,-1,-1,-1,-1,-1],[-1,-1,-1,-1,-1,-1],[-1,-1,-1,-1,-1,-1],[-1,35,-1,-1,13,-1],[-1,-1,-1,-1,-1,-1],[-1,15,-1,-1,-1,-1]]
输出：4
解释：
首先，从方格 1 [第 5 行，第 0 列] 开始。 
先决定移动到方格 2 ，并必须爬过梯子移动到到方格 15 。
然后决定移动到方格 17 [第 3 行，第 4 列]，必须爬过蛇到方格 13 。
接着决定移动到方格 14 ，且必须通过梯子移动到方格 35 。 
最后决定移动到方格 36 , 游戏结束。 
可以证明需要至少 4 次移动才能到达最后一个方格，所以答案是 4 。

示例 2：

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输入：board = [[-1,-1],[-1,3]]
输出：1

提示：

  • n == board.length == board[i].length
  • 2 <= n <= 20
  • grid[i][j] 的值是 -1 或在范围 [1, n2] 内
  • 编号为 1 和 n2 的方格上没有蛇或梯子

2.解法

广度优先搜索

思路及算法

可以将棋盘抽象成一个包含 N^2^ 个节点的有向图，对于每个节点 x，若 x+i (1≤i≤6) 上没有蛇或梯子，则连一条从 x 到 x+i 的有向边；否则记蛇梯的目的地为 y，连一条从 x 到 y 的有向边。如此转换后，原问题等价于在这张有向图上求出从 1 到 N^2^ 的最短路长度。对于该问题，我们可以使用广度优先搜索。将节点编号和到达该节点的移动次数作为搜索状态，顺着该节点的出边扩展新状态，直至到达终点 N^2^ ，返回此时的移动次数。若无法到达终点则返回 −1。

代码实现时，我们可以用一个队列来存储搜索状态，初始时将起点状态 (1,0) 加入队列，表示当前位于起点 1，移动次数为 0。然后不断取出队首，每次取出队首元素时扩展新状态，即遍历该节点的出边，若出边对应节点未被访问，则将该节点和移动次数加一的结果作为新状态，加入队列。如此循环直至到达终点或队列为空。此外，我们需要计算出编号在棋盘中的对应行列，以便从 board 中得到目的地。设编号为 id，由于每行有 n 个数字，其位于棋盘从下往上数的第 $\dfrac{\textit{id}-1}{n} $ 行，记作 r。由于棋盘的每一行会交替方向，若 r 为偶数，则编号方向从左向右，列号为 (id−1) mod  n；若 r 为奇数，则编号方向从右向左，列号为 n−1−((id−1) mod n)。

代码

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//C++
class Solution {
    pair<int, int> id2rc(int id, int n) {
        int r = (id - 1) / n, c = (id - 1) % n;
        if (r % 2 == 1) {
            c = n - 1 - c;
        }
        return {n - 1 - r, c};
    }

public:
    int snakesAndLadders(vector<vector<int>> &board) {
        int n = board.size();
        vector<int> vis(n * n + 1);
        queue<pair<int, int>> q;
        q.emplace(1, 0);
        while (!q.empty()) {
            auto p = q.front();
            q.pop();
            for (int i = 1; i <= 6; ++i) {
                int nxt = p.first + i;
                if (nxt > n * n) { // 超出边界
                    break;
                }
                auto rc = id2rc(nxt, n); // 得到下一步的行列
                if (board[rc.first][rc.second] > 0) { // 存在蛇或梯子
                    nxt = board[rc.first][rc.second];
                }
                if (nxt == n * n) { // 到达终点
                    return p.second + 1;
                }
                if (!vis[nxt]) {
                    vis[nxt] = true;
                    q.emplace(nxt, p.second + 1); // 扩展新状态
                }
            }
        }
        return -1;
    }
};
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//Java
class Solution {
    public int snakesAndLadders(int[][] board) {
        int n = board.length;
        boolean[] vis = new boolean[n * n + 1];
        Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();
        queue.offer(new int[]{1, 0});
        while (!queue.isEmpty()) {
            int[] p = queue.poll();
            for (int i = 1; i <= 6; ++i) {
                int nxt = p[0] + i;
                if (nxt > n * n) { // 超出边界
                    break;
                }
                int[] rc = id2rc(nxt, n); // 得到下一步的行列
                if (board[rc[0]][rc[1]] > 0) { // 存在蛇或梯子
                    nxt = board[rc[0]][rc[1]];
                }
                if (nxt == n * n) { // 到达终点
                    return p[1] + 1;
                }
                if (!vis[nxt]) {
                    vis[nxt] = true;
                    queue.offer(new int[]{nxt, p[1] + 1}); // 扩展新状态
                }
            }
        }
        return -1;
    }

    public int[] id2rc(int id, int n) {
        int r = (id - 1) / n, c = (id - 1) % n;
        if (r % 2 == 1) {
            c = n - 1 - c;
        }
        return new int[]{n - 1 - r, c};
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(N^2^)，其中 NNN 为棋盘 board 的边长。棋盘的每个格子至多入队一次，因此时间复杂度为 O(N^2^)。

  • 空间复杂度：O(N^2^)。我们需要 O(N^2^) 的空间来存储每个格子是否被访问过。