1030. Matrix Cells in Distance Order.md

1030. 距离顺序排列矩阵单元格

给出 R 行 C 列的矩阵，其中的单元格的整数坐标为 (r, c)，满足 0 <= r < R 且 0 <= c < C。

另外，我们在该矩阵中给出了一个坐标为 (r0, c0) 的单元格。

返回矩阵中的所有单元格的坐标，并按到 (r0, c0) 的距离从最小到最大的顺序排，其中，两单元格(r1, c1) 和 (r2, c2) 之间的距离是曼哈顿距离，|r1 - r2| + |c1 - c2|。（你可以按任何满足此条件的顺序返回答案。）

 

示例 1：

输入：R = 1, C = 2, r0 = 0, c0 = 0
输出：[[0,0],[0,1]]
解释：从 (r0, c0) 到其他单元格的距离为：[0,1]

示例 2：

输入：R = 2, C = 2, r0 = 0, c0 = 1
输出：[[0,1],[0,0],[1,1],[1,0]]
解释：从 (r0, c0) 到其他单元格的距离为：[0,1,1,2]
[[0,1],[1,1],[0,0],[1,0]] 也会被视作正确答案。

示例 3：

输入：R = 2, C = 3, r0 = 1, c0 = 2
输出：[[1,2],[0,2],[1,1],[0,1],[1,0],[0,0]]
解释：从 (r0, c0) 到其他单元格的距离为：[0,1,1,2,2,3]
其他满足题目要求的答案也会被视为正确，例如 [[1,2],[1,1],[0,2],[1,0],[0,1],[0,0]]。

 

提示：

1. 1 <= R <= 100
2. 1 <= C <= 100
3. 0 <= r0 < R
4. 0 <= c0 < C

解法一

//时间复杂度O(C*R), 空间复杂度O(C*R)
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> allCellsDistOrder(int R, int C, int r0, int c0) {
        vector<vector<int>> res, visited(R, vector<int>(C, 0));
        queue<pair<int, int>> q;
        q.push({r0, c0});
        visited[r0][c0] = 1;
        while(!q.empty()) {
            int x = q.front().first, y = q.front().second;
            q.pop();
            res.push_back({x, y});
            
            if(x < R - 1 && visited[x + 1][y] == 0) {
                q.push({x + 1, y});
                visited[x + 1][y] = 1;
            }
            if(x > 0 && visited[x - 1][y] == 0) {
                q.push({x - 1, y});
                visited[x - 1][y] = 1;
            }
            if(y < C - 1 && visited[x][y + 1] == 0) {
                q.push({x, y + 1});
                visited[x][y + 1] = 1;
            }
            if(y > 0 && visited[x][y - 1] == 0) {
                q.push({x, y - 1});
                visited[x][y - 1] = 1;
            }
        }
        
        return res;
    }
};

解法一（优化版）

//时间复杂度O(C*R), 空间复杂度O(C*R)
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> allCellsDistOrder(int R, int C, int r0, int c0) {
        vector<vector<int>> res, visited(R, vector<int>(C, 0));
        queue<pair<int, int>> q;
        q.push({r0, c0});
        visited[r0][c0] = 1;

        int dx[] = {-1, 1, 0, 0};
        int dy[] = {0, 0, -1, 1};

        while(!q.empty()) {
            int x = q.front().first, y = q.front().second;
            q.pop();
            res.push_back({x, y});
            
            for(int i = 0; i < 4; i++) {
                int x2 = x + dx[i];
                int y2 = y + dy[i];
                if(x2 >= 0 && x2 < R && y2 >= 0 && y2 < C && visited[x2][y2] == 0) {
                    q.push({x2, y2});
                    visited[x2][y2] = 1;
                }
            }
        }
        
        return res;
    }
};

思路：

图的层序遍历。利用了额外的数组结构queue。

2019/09/10 13:26