请设计一个函数，用来判断在一个矩阵中是否存在一条包含某字符串所有字符的路径。路径可以从矩阵中的任意一格开始，每一步可以在矩阵中向左、右、上、下移动一格。如果一条路径经过了矩阵的某一格，那么该路径不能再次进入该格子。例如，在下面的 3 × 4 的矩阵中包含一条字符串“bfce”的路径（路径中的字母用加粗标出）。
[["a","b","c","e"], ["s","f","c","s"], ["a","d","e","e"]]
但矩阵中不包含字符串“abfb”的路径，因为字符串的第一个字符b占据了矩阵中的第一行第二个格子之后，路径不能再次进入这个格子。
示例 1：
输入：board = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "ABCCED"
输出：true
示例 2：
输入：board = [["a","b"],["c","d"]], word = "abcd"
输出：false
提示：
1 <= board[i].length <= 200
2. 标签
3. 解法 - DFS
3.1 Java
class Solution {
public boolean exist(char[][] board, String word) {
// 字符串 - 字符数组
char[] words = word.toCharArray();
// 遍历所有字符，找到为止，没找到就返回false
for(int i=0;i<board.length;i++){
for(int j=0;j<board[0].length;j++){
// 起点为[i, j]
// 最后一个参数为字符串开始判断的位置，从 0 开始判断，一直到最后都合法就成啦
if(dfs(board, words, i, j, 0))
return true;
}
}
return false;
}
public boolean dfs(char[][] board, char[] word, int i, int j, int index) {
// 越界，矩阵当前字符不等于字符串当前字符，不合法，返回false
// （这里就是在剪枝）
if (i < 0 || i >= board.length || j < 0 || j >= board[0].length || board[i][j] != word[index])
return false;
// 矩阵当前字符 = 字符串当前字符，且已经判断到了字符串的最后一个字符
// 说明字符串已经全部匹配，合法，返回true
if (index == word.length - 1)
return true;
// 记录下当前的字符，用于访问结束后恢复矩阵
char curChar = board[i][j];
// 已访问，标记为'/'
board[i][j] = '/';
// 上下左右都访问一下，只要有一条路成了就可以，所以用或
boolean ans = dfs(board, word, i + 1, j, index + 1) || dfs(board, word, i - 1, j, index + 1) ||
dfs(board, word, i, j + 1, index + 1) || dfs(board, word, i , j - 1, index + 1);
// 访问后还原矩阵
board[i][j] = curChar;
// 返回结果
return ans;
}
}
3.2 Kotlin
class Solution {
fun exist(board: Array<CharArray>, word: String): Boolean {
// 字符串 - 字符数组
val words = word.toCharArray()
// 遍历所有字符，找到为止，没找到就返回false
for (i in board.indices) {
for (j in 0 until board[0].size) {
if (dfs(board, words, i, j, 0))
return true
}
}
return false
}
fun dfs(board: Array<CharArray>, word: CharArray, i: Int, j: Int, index: Int): Boolean {
// 越界，矩阵当前字符不等于字符串当前字符，不合法，返回false
if (i < 0 || i >= board.size || j < 0 || j >= board[0].size || board[i][j] != word[index])
return false
// 矩阵当前字符=字符串当前字符，且已经是字符串最后一个字符，合法，返回true
if (index == word.size - 1)
return true
// 记录下当前的字符，用于访问结束后恢复矩阵
val curChar = board[i][j]
// 已访问，标记为'/'
board[i][j] = '/'
// 上下左右都访问一下，只要有一条路成了就可以，所以用或
val ans = dfs(board, word, i + 1, j, index + 1) || dfs(board, word, i - 1, j, index + 1) ||
dfs(board, word, i, j + 1, index + 1) || dfs(board, word, i, j - 1, index + 1)
// 访问后还原矩阵
board[i][j] = curChar
// 返回结果
return ans
}
}
3.3 复杂度分析
其中 M 和 N 分别为矩阵行列大小，K 为字符串 word 的长度。
时间复杂度 O((3^K)MN) ：最差情况下，需要遍历矩阵中所有长度为 K 的字符串，时间复杂度将达到 O(3^K)，矩阵汇总共有 MN 个起点，时间复杂度为 O(MN)。
方案数计算：设字符串长度为 KK ，搜索中每个字符有上、下、左、右四个方向可以选择，舍弃回头（上个字符）的方向，剩下 33 种选择，因此方案数的复杂度为 O(3^K)O(3 K ) 。
空间复杂度 O(K) ：搜索的过程中，递归深度不超过 K，因此栈空间占用 O(K)，最坏情况下 K=MN，递归深度将达到 MN，因此需要使用 O(MN) 的额外存储空间。
4. 参考
