529.扫雷游戏

【LetMeFly】529.扫雷游戏

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/minesweeper/

让我们一起来玩扫雷游戏！

给你一个大小为 m x n 二维字符矩阵 board ，表示扫雷游戏的盘面，其中：

• '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。

给你一个整数数组 click ，其中 click = [clickr, clickc] 表示在所有 未挖出的 方块（'M' 或者 'E'）中的下一个点击位置（clickr 是行下标，clickc 是列下标）。

根据以下规则，返回相应位置被点击后对应的盘面：

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，则返回盘面。

 

示例 1：

输入：board = [["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"]]

示例 2：

输入：board = [["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"]]

 

提示：

• m == board.length
• n == board[i].length
• 1 <= m, n <= 50
• board[i][j] 为 'M'、'E'、'B' 或数字 '1' 到 '8' 中的一个
• click.length == 2
• 0 <= clickr < m
• 0 <= clickc < n
• board[clickr][clickc] 为 'M' 或 'E'

方法一：模拟 + 广搜

点击一个未点击过的地方，会有以下两大种情况：

1. 这个地方是地雷，直接将这个地方修改为X并返回
2. 这个地方不是地雷。那么就构建一个队列并将这个点入队。在队列不为空时不断取出队首的点：
   • 如果该点四周地雷数量为0，那么就将这个点标记为B，并将四周没有处理过的点入队
   • 如果该点四周地雷数量不为0，那么就将这个点标记为四周地雷的数量

然后问题就解决了。

细节问题：

关于上文中“四周没有处理过的点”，我们可以用哈希表解决。因为棋盘的大小最大为$50\times50$，因此我们可以将横纵坐标压缩为一个数：$横坐标\times100+纵坐标$。这样，我们就可以使用哈希表unordered_set<int>来记录某个点是否已经处理过。

• 时间复杂度$O(nm)$，其中$size(borad) = n\times m$
• 空间复杂度$O(nm)$，这实际上取决于点击位置相连的“四周地雷总数为0”的方块数量

AC代码

C++

class Solution {
private:
    int nearby(vector<vector<char>>& board, vector<int>& click) {
        int ans = 0;
        for (int i = -1; i <= 1; i++) {
            for (int j = -1; j <= 1; j++) {
                int ti = click[0] + i;
                int tj = click[1] + j;
                if (ti >= 0 && ti < board.size() && tj >= 0 && tj < board[0].size()) {
                    ans += board[ti][tj] == 'M';
                }
            }
        }
        return ans;
    }
public:
    vector<vector<char>> updateBoard(vector<vector<char>>& board, vector<int>& click) {
        if (board[click[0]][click[1]] == 'M')
            board[click[0]][click[1]] = 'X';
        else {
            queue<vector<int>> q;
            q.push(click);
            unordered_set<int> already;
            already.insert(click[0] * 100 + click[1]);
            while (q.size()) {
                vector<int> thisPoint = q.front();
                q.pop();
                int aroundMine = nearby(board, thisPoint);
                if (aroundMine)
                    board[thisPoint[0]][thisPoint[1]] = '0' + aroundMine;
                else {
                    board[thisPoint[0]][thisPoint[1]] = 'B';
                    for (int i = -1; i <= 1; i++) {
                        for (int j = -1; j <= 1; j++) {
                            int ti = thisPoint[0] + i;
                            int tj = thisPoint[1] + j;
                            if (ti >= 0 && ti < board.size() && tj >= 0 && tj < board[0].size()) {
                                if (!already.count(ti * 100 + tj)) {
                                    already.insert(ti * 100 + tj);
                                    q.push({ti, tj});
                                }
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return board;
    }
};

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Tisfy：https://letmefly.blog.csdn.net/article/details/127997191