【每日一题】最小体力消耗路径

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【二分枚举答案】【图】【2023-12-11】

题目来源

1631. 最小体力消耗路径

解题思路

拿到这个题目，计算从左上角到右下角的最小体力消耗值，有点像 64. 最小路径和。在 64 题中，需要计算出从左上角到右下角的最小路径和，每次行走只能向下或者向右走一格。而在本题中，行走有四个方向。

动态规划行不行？

因为 64 题中「向下或者向右走一格」，所以从左上角到达每个格子的最小路径和（以下简称为状态）只会和左边或者上边的状态有关，而左边和上边格子的状态在计算当前格子的状态是就已经计算完毕了。有了这样的递推关系就可以使用动态规划来解题。

但是在本题中上下左右四个方向都是可以行走的，那么使用动态规划的方法行不行，不行。比如示例 3，根据动态规划思想，从左上角到达最后一行第二列的 1 的最小体力消耗（以下简称为状态）可以从左侧的 1 以及上面的 2 转移得到，更新最后一行第二列的 1 处的状态为较大值为 1。这明显和答案不符。

感觉 DP 修改一下是可以的，但是还能想到如何修改，欢迎大家评论区讨论。

正确思路

看到题目中出现「最小的最大值」字眼，一般可以使用「二分枚举答案」的方法。

看到题目中有「四个方向」或者「八个方向」的关键字，这就是在考察图。二维数组中的每一个整数可以当做一个节点，相邻两个整数直接的差值就是相邻节点之间的权值。

接下来就利用二分枚举答案的方法来解决本题。

方法一：二分枚举答案

思路

首先，我们可以将这个问题转化成一个「判定性」问题，即：是否存在一条从左上角到右下角的路径，其经过的所有边权的最大值不超过 x ？这个判定性问题解决起来并不复杂，我们只要从左上角开始进行深度优先搜索或者广度优先搜索，在搜索的过程中只允许经过边权不超过 x 的边，搜索结束后判断是否能到达右下角即可。（以上内容部分参考力扣官方题解）

随着 x 的增大，原先可以经过的边现在依然可以经过。因此如果 x = x0 时，我们可以从左上角到达右下角，那么当 x > x0 时也同样可以到达右下角。于是我们可以使用二分枚举答案的方法来解决。

由于格子的高度范围为 $1, 10^6]$ ，因此我们可以在 $0, 10^6-1]$ 的范围上对 x 进行二分枚举答案。在每一次枚举中使用深度优先搜索或者广度优先搜索来判断是否可以从左上角到达右下角，并根据判定结果更新二分查找的左边界和右边界。

我们选择广度优先搜索的方法来判断，具体实现见代码。

算法

class Solution {
public:
    int minimumEffortPath(vector<vector<int>>& heights) {
        const int dirs[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
        int m = heights.size(), n = heights[0].size();
        int left = 0, right = 999999, res = 0;
        while (left <= right) {
            int mid = left + ((right - left) >> 1);
            queue<pair<int, int>> q;
            q.emplace(0, 0);
            vector<int> seen(m*n);
            seen[0] = 1;
            while (!q.empty()) {
                auto [x, y] = q.front();
                q.pop();
                for (int i = 0; i < 4; ++i) {
                    int nx = dirs[i][0] + x;
                    int ny = dirs[i][1] + y;
                    if (nx >= 0 && nx < m && ny >= 0 && ny < n && !seen[nx * n + ny] && abs(heights[x][y] - heights[nx][ny]) <= mid) {
                        q.emplace(nx, ny);
                        seen[nx*n + ny] = 1;
                    }
                }
            }
            if (seen[m*n - 1]) {    // 判断是否可以到达右下角
                res = mid;
                right = mid - 1;
            }
            else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return res;
    }
};