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图论专题(十五)：BFS的“状态升维”——带着“破壁锤”闯迷宫 - 详解

news 2026/4/11 17:23:38

图论专题(十五)：BFS的“状态升维”——带着“破壁锤”闯迷宫 - 详解

哈喽各位，我是前端小L。

欢迎来到我们的图论专题第十五篇！我们已经习惯了在迷宫里绕着墙走。但今天，我们获得了一种超能力：我们可以消除最多 k 个障碍物。

这道题是 BFS 算法进阶的里程碑。它教导我们：当移动的代价不仅仅是“步数”，还包含“资源消耗”时，我们的每一个“状态”，都必须携带这个“资源”的信息。

力扣 1293. 网格中的最短路径

https://leetcode.cn/problems/shortest-path-in-a-grid-with-obstacles-elimination/

题目分析：

输入：m x n 的网格 grid，整数 k。
规则：
- 移动：上下左右。
- 障碍：1 可以被消除，但最多消除 k 个。
- 空地：0 可以自由通过。
目标：从 (0, 0) 到 (m-1, n-1) 的最短路径（步数）。

为什么传统的二维 BFS 会失效？

在传统的 BFS 中，我们用 visited[r][c] 来记录是否访问过。如果访问过，就不再入队。这是基于一个假设：第一次到达某个格子，一定是状态最好的（步数最少）。

但是在这里，到达同一个格子 (r, c)，可能有两种情况：

路径 A：绕了一大圈到了 (r, c)，没消除任何障碍（剩余消除次数 k）。
路径 B：走了直线到了 (r, c)，但消除了一堵墙（剩余消除次数 k-1）。

路径 B 虽然步数少，但它消耗了资源；路径 A 哪怕步数多，但它保留了资源。唯一的希望！就是如果后面的路还有障碍，路径 A 可能才 简单的 visited[r][c] 无法区分这两种情况，可能会错误地把更有潜力的路径 A 给“剪枝”掉。

“Aha!”时刻：状态升维 (State Expansion)

为了区分上述情况，我们需要在状态中加入“剩余消除次数”。我们的节点不再是 (r, c)，而是 (r, c, remain_k)。

visited 数组的进化：
- 方案一（三维数组）：visited[r][c][remain_k]。表示“以剩余 remain_k 次机会到达 (r, c)”是否发生过。
- 方案二（二维数组存最优值 - 推荐）：visited[r][c] 存储到达该点时历史上最大的剩余消除次数。
  - 如果我们再次来到 (r, c)，且当前的 remain_k小于等于 之前记录的 visited[r][c]，那这次探索毫无意义（步数没少，资源还更少），直接剪枝。
  - 如果当前的 remain_k大于visited[r][c]，说明我们找到了一条“更富有”的路，值得继续探索，更新 visited[r][c] 并入队。

贪心剪枝（针对本题的特殊优化）

如果 k 非常大，大到足以消除起点到终点曼哈顿距离上的所有障碍，那我们根本不需要绕路，直接走曼哈顿距离（直线）就是最短的。

曼哈顿距离 dist = (m - 1) + (n - 1)。
如果 k >= dist，直接返回 dist。

代码达成 (BFS + 状态记录)

C++

#include 
#include 
using namespace std;
class Solution {
public:int shortestPath(vector>& grid, int k) {int m = grid.size();int n = grid[0].size();// 1. 贪心剪枝：如果 k 足够大，直接走曼哈顿距离if (k >= m + n - 2) {return m + n - 2;}// BFS 队列：存储 {row, col, remain_k}// 步数可以通过 BFS 的层数来统计queue> q;q.push({0, 0, k});// 状态记录：visited[r][c] 记录到达 (r, c) 时剩余的最大消除次数// 初始化为 -1vector> visited(m, vector(n, -1));visited[0][0] = k;int steps = 0;int dr[] = {0, 0, 1, -1};int dc[] = {1, -1, 0, 0};// 2. 启动 BFSwhile (!q.empty()) {int size = q.size();// 遍历当前层for (int i = 0; i < size; ++i) {vector curr = q.front();q.pop();int r = curr[0];int c = curr[1];int cur_k = curr[2];// 到达终点if (r == m - 1 && c == n - 1) {return steps;}// 探索邻居for (int dir = 0; dir < 4; ++dir) {int nr = r + dr[dir];int nc = c + dc[dir];if (nr >= 0 && nr < m && nc >= 0 && nc < n) {// 计算到达邻居需要的消除次数// 如果是空地(0)，新k = cur_k// 如果是障碍(1)，新k = cur_k - 1int next_k = cur_k - grid[nr][nc];// 核心判断：// 1. 剩余次数必须 >= 0 (没透支)// 2. 这是一个“更优”的状态：比之前到达该点时剩的 k 更多if (next_k >= 0 && next_k > visited[nr][nc]) {visited[nr][nc] = next_k; // 更新最优状态q.push({nr, nc, next_k});}}}}steps++;}return -1;}
};

深度复杂度分析

V (Vertices)：这里的“节点”实际上是 (row, col, k) 的组合。
状态总数：m * n * k（因为 k 最多也就 m*n 级别，或者题目给定较小）。
时间复杂度 O(m * n * min(k, m*n))：
- 在最坏情况下，我们可能需要访问每个 (r, c) 位置，并且带着从 0 到 k 各种不同的剩余消除次数。
- 实际上，由于贪心剪枝和 visited 的最优值更新逻辑，实际运行会快很多。
空间复杂度 O(m * n * min(k, m*n))：
- 主要是队列和 visited 数组的开销。这里 visited 是二维的 O(m*n)，但队列中可能存很多状态。