最小体力消耗路径

题目

1631. 最小体力消耗路径

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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。

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。

请你返回从左上角走到右下角的最小 体力消耗值 。

示例 1：

输入：heights = [[1,2,2],[3,8,2],[5,3,5]]
输出：2
解释：路径 [1,3,5,3,5] 连续格子的差值绝对值最大为 2 。
这条路径比路径 [1,2,2,2,5] 更优，因为另一条路径差值最大值为 3 。

示例 2：

输入：heights = [[1,2,3],[3,8,4],[5,3,5]]
输出：1
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。

示例 3：

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]]
输出：0
解释：上图所示路径不需要消耗任何体力。

提示：

• rows == heights.length
• columns == heights[i].length
• 1 <= rows, columns <= 100
• 1 <= heights[i][j] <= 10^6

题解

方法一：

思路

二分法。

若d为体力消耗值，则大于d的体力消耗值也能从起点到终点。所以找到最小的使得能从起点到达终点的d便是答案。

可以用dfs或bfs来判断能否从起点能到终点。

时间复杂度$O(m \cdot n \cdot logh)$ n为矩阵的行数，m为矩阵的列数，h为矩阵中的最大值。

代码

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> g; 
    int n, m;
    int vis[104][104];
    int dfs(int x, int y, int d) {
        vis[x][y] = 1;
        if (x == n-1 && y == m-1) return true;
        for (int i=0; i<4; i++) {
            int mx = x + (i-1)%2;
            int my = y + (i-2)%2;
            if (mx<0 || mx>=n || my<0 || my>=m || vis[mx][my] || abs(g[x][y]-g[mx][my])>d) continue;
            if (dfs(mx, my, d)) return true;
        }
        return false;
    }
    int minimumEffortPath(vector<vector<int>>& heights) {
        n = heights.size();
        m = heights[0].size();
        g = heights;
        int l = 0, r = 1e6;
        while (l < r) {
            int d = l+r>>1;
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            if (dfs(0,0,d)) {
                r = d;
            } else {
                l = d+1;
            }
        }
        return r;
    }
};

方法二：

思路

并查集。

类似求最小生成树，可以把矩阵看作一个图，每个格子为图中的节点。相邻格子间存在一条边，边权为格子值之差的绝对值，先把所有边按照边权从小到大排序。再枚举每条边，将边所连接的两个点纳入同一个集合中，并判断起点与终点是否在同一集合，若在则当前所枚举的边权是路径中的最大值。

代码

class Solution {
public:
    int n, m;
    int st[10005];
    int ufind(int x) {
        if (st[x] < 0) return x;
        return st[x] = ufind(st[x]);
    }
    int to_id(int x, int y) {
        return x*m+y;
    }
    int minimumEffortPath(vector<vector<int>>& g) {
        n = g.size(), m = g[0].size();
        if (0 == m*n-1) return 0;
        vector<vector<int>> e;
        for (int i=0; i<n; i++) {
            for (int j=1; j<m; j++) {
                e.push_back({abs(g[i][j-1]-g[i][j]), to_id(i, j-1), to_id(i, j)});
            }
        }
        for (int i=0; i<m; i++) {
            for (int j=1; j<n; j++) {
                e.push_back({abs(g[j-1][i]-g[j][i]), to_id(j-1, i), to_id(j, i)});
            }
        }
        sort(e.begin(), e.end());
        memset(st, -1, sizeof(st));
        for (int i=0; i<e.size(); i++) {
            int x = ufind(e[i][1]), y = ufind(e[i][2]);
            if (x != y) {
                st[x] = y;
            }
            if (ufind(0) == ufind(n*m-1)) return e[i][0];
        }
        return -1;
    }
};

方法三：

思路

djkstra

代码

class Solution {
public:
    int n, m;
    int dis[10005];
    struct Node {
        int id, dis;
        bool operator<(const Node& o) const {
            return dis > o.dis;
        }
    };
    int to_id(int x, int y) {
        return x*m+y;
    }
    int minimumEffortPath(vector<vector<int>>& g) {
        n = g.size(), m = g[0].size();
        memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
        dis[0] = 0;
        priority_queue<Node> que;
        que.push({0, 0});
        while (!que.empty()) {
            auto u = que.top(); que.pop();
            if (u.id == n*m-1) return u.dis;
            for (int i=0, x=u.id/m, y = u.id%m; i<4; i++) {
                int dx = x+(i-1)%2;
                int dy = y+(i-2)%2;
                int id = to_id(dx, dy);
                if (dx<0 || dx>=n || dy<0 || dy>=m || dis[id] <= max(dis[u.id], abs(g[x][y]-g[dx][dy]))) continue;
                dis[id] = max(dis[u.id], abs(g[x][y]-g[dx][dy]));
                que.push({id, dis[id]});
            }
        }
        return -1;
    }
};