一.题目原型

 

 二.思路解析

1.动态规划

这道题要求的是矩阵的最大移动次数。根据题目意思，从索引 0 列开始向右移动，每次移动一列，最多移动到 n - 1 列，也就是 n - 1次。其移动规则为：当前单元格可以移动到其右上方、正右方以及右下方三个位置中严格大于其的单元格。那么换个角度想，一个单元格可以从其左上方、正左方以及左下方的单元格转移过来。

这不就是我们动态规划最开始的典型思路吗？

在这题中，我们从第一列开始，往后能走多少，到了第几列，其实就是这一次的走的步数，走到最远的列，就是最大的移动次数。

我们创建一个二维dp数组，初始化为0，我们从不同行的第一列元素开始走，能走到的地方我们做一个标记为1，已经标记过的我们就不再去走了，以免死循环。

int m=grid.size(),n=grid[0].size(),max_j=0;vector<vector<int>>dp(m,vector<int>(n,0));for(int i=0;i<m;++i){//初始化dp[i][0]=1;}

 dp【i】【j】由dp【i-1】【j-1】和dp【i】【j-1】和dp【i+1】【j】决定

for(int j=1;j<n;++j){//从第1列开始for(int i=0;i<m;++i){if((dp[i][j-1]==1&&grid[i][j]>grid[i][j-1])||(i-1>-1&&dp[i-1][j-1]==1&&grid[i][j]>grid[i-1][j-1])||(i+1<m&&dp[i+1][j-1]==1&&grid[i][j]>grid[i+1][j-1])){dp[i][j]=1;max_j=j;}}}

2.深度优先遍历

从第一列的任一单元格 (i,0)开始递归。枚举往右上/右/右下三个方向走，如果走一步后，没有出界，且格子值大于 grid[i][j]，则可以走，继续递归。

在递归过程中，记录能访问到的最大列号，作为答案。

代码实现时，为避免重复递归之前访问过的格子，可以用一个 vis 数组标记访问过的格子。但实际上，可以把 grid[i][j]置为 0从而无需创建 vis数组。这是因为网格值均为正数，并且我们只能访问到比当前格子值更大的格子，所以置为 0 会导致永远无法访问到该格子，这正是我们所希望的。grid[i][j]置为0，表示这个点我们已经走过了，之后没有必要再走了，因为再往这个点走，移动的次数都是一样的。标记后就肯定不会再走了，因为要往后走的一个条件就是后面的点的值大于当前点的值。

function<void(int, int)> dfs = [&](int i, int j) {ans = max(ans, j);if (ans == n - 1) { // ans 已达到最大值return;}// 向右上/右/右下走一步for (int k = max(i - 1, 0); k < min(i + 2, m); k++) {if (grid[k][j + 1] > grid[i][j]) {dfs(k, j + 1);}}grid[i][j] = 0;};

3.广度优先遍历

同样，我们也可以使用BFS的方法，我们首先将所有的行坐标加入集合中，表示这些地方都可以走，作为出发点。然后依次进行遍历，找到下一列可以走到的所有行坐标，这些下一列的行坐标都是严格满足比其走过来的点值要大的，然后将这些行坐标的集合替换掉之前的集合，再进行遍历，找到下一列能够走到的行坐标。直到没有能走的行坐标，或者走到最后一列为止。

我们需要一个vis数组去标记走过的位置，不能再走了

定义一个判断坐标合法的函数is_valid去判断坐标是不是合法的。

三.代码实现：

动态规划（DP）

class Solution {
public:int maxMoves(vector<vector<int>>& grid) {int m=grid.size(),n=grid[0].size(),max_j=0;vector<vector<int>>dp(m,vector<int>(n,0));for(int i=0;i<m;++i){//初始化dp[i][0]=1;}for(int j=1;j<n;++j){//从第1列开始for(int i=0;i<m;++i){if((dp[i][j-1]==1&&grid[i][j]>grid[i][j-1])||(i-1>-1&&dp[i-1][j-1]==1&&grid[i][j]>grid[i-1][j-1])||(i+1<m&&dp[i+1][j-1]==1&&grid[i][j]>grid[i+1][j-1])){dp[i][j]=1;max_j=j;}}}return max_j;}
};

深度优先遍历（DFS）

class Solution {
public:int maxMoves(vector<vector<int>> &grid) {int m = grid.size(), n = grid[0].size();int ans = 0;function<void(int, int)> dfs = [&](int i, int j) {ans = max(ans, j);if (ans == n - 1) { // ans 已达到最大值return;}// 向右上/右/右下走一步for (int k = max(i - 1, 0); k < min(i + 2, m); k++) {if (grid[k][j + 1] > grid[i][j]) {dfs(k, j + 1);}}grid[i][j] = 0;};for (int i = 0; i < m; i++) {dfs(i, 0); // 从第一列的任一单元格出发}return ans;}
};

广度优先遍历（BFS）

class Solution {
public:int maxMoves(vector<vector<int>>& grid) {int M = grid.size(), N = grid[0].size();auto is_valid = [&](int r, int c) -> bool {return 0 <= r && r < M && 0 <= c && c < N;};queue<pair<int, int>> que;vector<vector<bool>> vis(M, vector<bool>(N, false));for (int r = 0; r < M; r++) {vis[r][0] = true;que.push(make_pair(r, 0));}int ans = 0;while (!que.empty()) {auto [r, c] = que.front(); que.pop();ans = max(ans, c);int ce = c+1;for (const int& re : {r-1, r, r+1}) {if (is_valid(re, ce) && !vis[re][ce] && grid[r][c] < grid[re][ce]) {vis[re][ce] = true;que.push(make_pair(re, ce));}}}return ans;}
};