题目描述

让我们一起来玩扫雷游戏！

给定一个代表游戏板的二维字符矩阵。 ‘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。

现在给出在所有未挖出的方块中（’M’或者’E’）的下一个点击位置（行和列索引），根据以下规则，返回相应位置被点击后对应的面板：

  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，则返回面板。

例如：

输入: 

1
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3
4
[['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: 

1
2
3
4
[['B', '1', 'E', '1', 'B'],
 ['B', '1', 'X', '1', 'B'],
 ['B', '1', '1', '1', 'B'],
 ['B', 'B', 'B', 'B', 'B']]

解法

思路：这道题的逻辑其实比较简单，模拟扫雷的逻辑就可以了，难就难在我一开始没想到用什么方式来遍历😥题还是刷少了，很喜欢官方题解里这句话——整体看来，一次点击过程会从一个位置出发，逐渐向外圈扩散，这就引导我们使用【搜索】的方法实现。

对每个方块，我们有下面两种情况：

  • 当前点击的是未挖出的地雷，修改为X即可
  • 当前点击的是未挖出的空方块，我们需要对其周围的八个方块进行判断。如果有地雷，需要统计地雷个数，将当前方块修改为数字；否则修改为B

为了代码简洁，我们可以设置两个数组保存当前元素要移动的步数

我们可以使用深度优先搜索(Depth First Search, DFS)或广度优先搜索(Board First Search, BFS)来进行遍历，注意重复搜索的情况。

1. DFS

对于深度优先搜索来说，我们递归地进行元素遍历。而只要遍历的元素不是E，即不是未挖出的空方块，说明其状态被修改过，就不需要遍历了。

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class Solution {
    int[] directR = new int[]{1, -1, 0, 0, 1, -1, -1, 1};
    int[] directC = new int[]{0, 0, 1, -1, -1, -1, 1, 1};

    public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {
        int x = click[0], y = click[1];
        if (board[x][y] == 'M') {
            board[x][y] = 'X';
        } else {
            // dfs遍历修改
            dfs(board, x, y);
        }
        return board;
    }

    private void dfs(char[][] board, int r, int c) {
        int count = 0;
        int tr, tc;
        for (int i = 0; i < 8; i++) {
            tr = r + directR[i];
            tc = c + directC[i];
            // 注意超界的判断
            if (tr < 0 || tr > board.length - 1 || tc < 0 || tc > board[0].length - 1) continue;
            if (board[tr][tc] == 'M') {
                count++;
            }
        }
        if (count > 0) {
            board[r][c] = (char) (count + '0');
        } else {
            board[r][c] = 'B';
            // 递归判断周围八个元素
            for (int i = 0; i < 8; i++) {
                tr = r + directR[i];
                tc = c + directC[i];
                // 如果元素不为E，则不遍历
                if (tr < 0 || tr > board.length - 1 || tc < 0 || tc > board[0].length - 1 || board[tr][tc] != 'E') continue;
                dfs(board, tr, tc);
            }
        }
    }
}

时间复杂度为$O(m \times n)$ 遍历board二维数组
空间复杂度为$O(m \times n)$ 最差递归栈空间存储全部元素

2. BFS

对于广度优先搜索，我们将该节点周围的节点添加到队列中。解决重复的问题是，入列的E需要先改掉标记。

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import java.util.Queue;
import java.util.LinkedList;
class Solution {
    int[] directR = new int[]{1, -1, 0, 0, 1, -1, -1, 1};
    int[] directC = new int[]{0, 0, 1, -1, -1, -1, 1, 1};

    public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {
        int x = click[0], y = click[1];
        Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();
        if (board[x][y] == 'M') {
            board[x][y] = 'X';
        } else {
            // bfs遍历修改
            queue.offer(new int[]{x, y});
            int[] index;
            int count, tr, tc;
            while (queue.size() != 0) {
                index = queue.poll();
                count = 0;
                // 对周围八个元素进行判断
                for (int i = 0; i < 8; i++) {
                    tr = index[0] + directR[i];
                    tc = index[1] + directC[i];
                    if (tr < 0 || tr > board.length - 1 || tc < 0 || tc > board[0].length - 1) continue;
                    if (board[tr][tc] == 'M') {
                        count++;
                    }
                }
                if (count > 0) {
                    board[index[0]][index[1]] = (char) (count + '0');
                } else {
                    board[index[0]][index[1]] = 'B';
                    for (int i = 0; i < 8; i++) {
                    tr = index[0] + directR[i];
                    tc = index[1] + directC[i];
                    if (tr < 0 || tr > board.length - 1 || tc < 0 || tc > board[0].length - 1 || board[tr][tc] != 'E') continue;
                    // 改掉标记，防止重复入列
                    board[tr][tc] = 'B';
                    queue.offer(new int[]{tr, tc});
                    }
                }
            }
        }
        return board;
    }
}

时间复杂度为$O(m \times n)$ 遍历board二维数组
空间复杂度为$O(m \times n)$ 额外的队列空间储存元素

参考