第五章 - 高频考题(中等)
1906. 查询差绝对值的最小值
1631. 最小体力消耗路径

题目描述

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你准备参加一场远足活动。给你一个二维 rows x columns 的地图 heights ,其中 heights[row][col] 表示格子 (row, col) 的高度。一开始你在最左上角的格子 (0, 0) ,且你希望去最右下角的格子 (rows-1, columns-1) (注意下标从 0 开始编号)。你每次可以往 上,下,左,右 四个方向之一移动,你想要找到耗费 体力 最小的一条路径。
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一条路径耗费的 体力值 是路径上相邻格子之间 高度差绝对值 的 最大值 决定的。
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请你返回从左上角走到右下角的最小 体力消耗值 。
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示例 1:
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输入:heights = [[1,2,2],[3,8,2],[5,3,5]]
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输出:2
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解释:路径 [1,3,5,3,5] 连续格子的差值绝对值最大为 2 。
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这条路径比路径 [1,2,2,2,5] 更优,因为另一条路劲差值最大值为 3 。
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示例 2:
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输入:heights = [[1,2,3],[3,8,4],[5,3,5]]
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输出:1
3
解释:路径 [1,2,3,4,5] 的相邻格子差值绝对值最大为 1 ,比路径 [1,3,5,3,5] 更优。
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示例 3:
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输入:heights = [[1,2,1,1,1],[1,2,1,2,1],[1,2,1,2,1],[1,2,1,2,1],[1,1,1,2,1]]
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输出:0
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解释:上图所示路径不需要消耗任何体力。
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提示:
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rows == heights.length
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columns == heights[i].length
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1 <= rows, columns <= 100
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1 <= heights[i][j] <= 10e6
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前置知识

公司

  • 暂无

思路

如果采用暴力解法, 需要找出所有的路径,然后返回最小代价的即可,时间复杂度是指数级别。回头看一下数据范围是 10e6,因此这种解法是不行的。
由于题目的解空间是 [0, 10**6 - 1]。
对解空间这个概念不熟悉的,可以看我之前的一篇题解686. 重复叠加字符串匹配
本质上,我们需要进行发问:
  • 0 可以么?
  • 1 可以么?
  • 2 可以么?
  • 。。。
直到找到第一个不可以的,我们返回前一个即可。
关于可不可以,我们可以使用 DFS 来做,由于只需要找到一条满足条件的,或者找到一个不满足的提前退出,因此最坏的情况是一直符合,并走到终点,这种情况下时间复杂度是 $(m \times n)$,因此总的时间复杂度是 $O(m \times n \times 10**6)$。
实际上,上面的不断发问的过程不就是一个连续的递增序列么? 我们的目标不就是在一个连续递增序列找指定值么?于是二分法就不难想到。
而且这道题本质就是二分查找中的查找最右侧满足条件的值,关于这个问题,我已经在 【91 天学算法】二分查找 中进行了详细描述,并给出了代码模板,直接套就可以了。
值得注意的是,我们只需要找到一个满足条件的路径即可,因此可以利用短路剪枝。
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return dfs(i + 1, j, heights[i][j], target) or dfs(i - 1, j, heights[i][j], target) or dfs(i, j + 1, heights[i][j], target) or dfs(i, j - 1, heights[i][j], target)
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而不是写出下面的代码(下面的代码会超时):
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top = dfs(i + 1, j, heights[i][j], target)
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bottom = dfs(i - 1, j, heights[i][j], target)
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right = dfs(i, j + 1, heights[i][j], target)
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left = dfs(i, j - 1, heights[i][j], target)
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return top or bottom or right or left
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代码

代码支持:Python3
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class Solution:
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def minimumEffortPath(self, heights: List[List[int]]) -> int:
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lo, hi = 0, 10**6 - 1
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m, n = len(heights), len(heights[0])
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def dfs(i, j, pre, target):
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if (i, j) in visited: return False
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if i < 0 or i >= m or j < 0 or j >= n or abs(heights[i][j] - pre) > target: return False
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if i == m - 1 and j == n - 1: return True
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visited.add((i, j))
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return dfs(i + 1, j, heights[i][j], target) or dfs(i - 1, j, heights[i][j], target) or dfs(i, j + 1, heights[i][j], target) or dfs(i, j - 1, heights[i][j], target)
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# 查找最右侧满足条件的值
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while lo <= hi:
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visited = set()
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mid = (lo + hi) >> 1
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if dfs(0, 0, heights[0][0], mid): hi = mid - 1
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else: lo = mid + 1
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return lo
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复杂度分析
m 为 矩阵的高度, n 为矩阵的长度。
  • 时间复杂度:$O(4 \times m \times n \times log_2 10^6)$,其中 $log_2 10^6$ 为二分的次数, $4 \times m \times n$ 为每次 dfs 的时间。
  • 空间复杂度:$O(m \times n)$,不管是递归的栈开销还是 visited 的开销都是 $O(m \times n)$。

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