Leetcode 752. 打开转盘锁（C++）（小白学习之路）

逃离我推掉我的手 2023-07-25 12:44 9阅读 0赞

题目描述：

你有一个带有四个圆形拨轮的转盘锁。每个拨轮都有10个数字： '0', '1', '2', '3', '4', '5', '6', '7', '8', '9' 。每个拨轮可以自由旋转：例如把 '9' 变为  '0'，'0' 变为 '9' 。每次旋转都只能旋转一个拨轮的一位数字。

锁的初始数字为 '0000' ，一个代表四个拨轮的数字的字符串。

列表 deadends 包含了一组死亡数字，一旦拨轮的数字和列表里的任何一个元素相同，这个锁将会被永久锁定，无法再被旋转。

字符串 target 代表可以解锁的数字，你需要给出最小的旋转次数，如果无论如何不能解锁，返回 -1。

示例 1:

输入：deadends = \["0201","0101","0102","1212","2002"\], target = "0202"  
输出：6  
解释：  
可能的移动序列为 "0000" -> "1000" -> "1100" -> "1200" -> "1201" -> "1202" -> "0202"。  
注意 "0000" -> "0001" -> "0002" -> "0102" -> "0202" 这样的序列是不能解锁的，  
因为当拨动到 "0102" 时这个锁就会被锁定。  
示例 2:

输入: deadends = \["8888"\], target = "0009"  
输出：1  
解释：  
把最后一位反向旋转一次即可 "0000" -> "0009"。  
示例 3:

输入: deadends = \["8887","8889","8878","8898","8788","8988","7888","9888"\], target = "8888"  
输出：-1  
解释：  
无法旋转到目标数字且不被锁定。  
示例 4:

输入: deadends = \["0000"\], target = "8888"  
输出：-1

提示：

死亡列表 deadends 的长度范围为 \[1, 500\]。  
目标数字 target 不会在 deadends 之中。  
每个 deadends 和 target 中的字符串的数字会在 10,000 个可能的情况 '0000' 到 '9999' 中产生。

来源：力扣（LeetCode）  
链接：https://leetcode-cn.com/problems/open-the-lock  
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拿到这道题的时候，想了半天不知道怎么动手，看了题解提示才知道是用BFS，不得不感慨BFS的题目我还是做得太少，这种场景原来也可以模拟成图的算法来做，实在是妙！

总的来说就是把初始状态看做图的起点，每加一步（step）的操作就是图附近的节点，从这个题意上来看，一个点的附近是有8个点，形成8条边（每一位+1或者-1），每走一步就把8条边的终点纳入队列，然后一步一步BFS，至于碰到deadend的情况就不入队，已经访问过的节点也不入队，这样一来就能得到最短路径，代码如下：

class Solution {
    public:
        int openLock(vector<string>& deadends, string target) {
            unordered_set<string> de(deadends.begin(), deadends.end()); //复制deadend数组
            unordered_set<string> visited;     //设置已访问列表
            visited.insert("0000");
            queue<string>sol;    //BFS用队列实现
            sol.push("0000");
            if (de.count("0000") != 0) return -1;
            if (target == "0000") return 0;
            int move[2] = { -1,1 };    //转盘方向
            int step = 0;
            while (!sol.empty())
            {
                step++;
                int size = sol.size();
                string temp;    
                for (int ii = 0; ii < size;ii++) 
                {
                    string temp2;
                    temp = sol.front();     //出队节点临时存在temp里
                    temp2 = temp;            //下面对temp2进行每一位+1和-1操作
                    sol.pop();
                    for (int i = 0; i < 4; i++)
                    {
                        for (int j = 0; j < 2; j++)
                        {
                            temp2[i] = (temp[i] - '0' + move[j] + 10) % 10 + '0';
                            if (de.count(temp2)!=0 || visited.count(temp2)!=0) continue;      
                            //下面未访问过且不在deadend里
                            if (temp2 == target) return step;
                            sol.push(temp2);        //入队
                            visited.insert(temp2);    //加入已访问
                            
    
    
                        }
                        temp2 = temp;    //回到初始状态，少了这一步会出错
                    }
                }
    
            }
            return -1;
    
        }
    };

这里面有几个坑，

1.考虑边界情况，如果target==“0000”，应返回-1

2.明确step++发生在BFS某一层的节点全部遍历结束之后

3.对temp2字符串进行+1或-1操作之后应还原为temp状态，否则会出现上一次的更改没有还原而到下一位中

时间复杂度：对于本题是要遍历所有的情况O（2N\*A^N+DN）,其中N为位数（本题是4），A为数字个数（本题为10），DN为deadend数组长度， 2N是每一位调整状态的时间，A^N是对于每一种状态都要进行2N次调整状态，DN因为是hash表所以查询是否存在只需要O（1）的复杂度

空间复杂度：需要队列SOL储存所有的情况O（A^N）,需要unordered\_set储存所有的visited的情况O（A^N）,因此空间复杂度为O(A^N)