题目介绍：矩阵中与给定两点等距的单元格数

问题描述

给出一个 $m \times n$ 的矩阵以及其中的两个点 $(x_1, y_1)$ 和 $(x_2, y_2)$，请编写一个函数来计算矩阵中与这两个点等距的单元格数。

两个单元格 $(r1, c1)$ 和 $(r2, c2)$ 的距离被定义为 $|r1 - r2| + |c1 - c2|$。

函数签名

def count_cells(matrix: List[List[int]], x1: int, y1: int, x2: int, y2: int) -> int:
    pass

输入参数

• matrix ：表示 $m \times n$ 的矩阵，每个元素都是非负整数（$0 \leq matrix_{i, j} \leq 10^9$）

• x1 ：给定的点 $(x_1, y_1)$ 的行下标

• y1 ：给定的点 $(x_1, y_1)$ 的列下标

• x2 ：给定的点 $(x_2, y_2)$ 的行下标

• y2 ：给定的点 $(x_2, y_2)$ 的列下标

输出参数

• 函数应该返回矩阵中与给定两点 $(x_1, y_1)$ 和 $(x_2, y_2)$ 等距的单元格数。

举例

下面代码片段展示了如何调用 count_cells 函数寻找矩阵中与给定两点等距的单元格数量。

matrix = [[1, 1, 1], [1, 1, 1], [1, 1, 1]]
x1, y1 = 0, 0
x2, y2 = 2, 2

count = count_cells(matrix, x1, y1, x2, y2)

print(count)  # 输出 4

解题思路

算法一：暴力枚举

暴力枚举算法的时间复杂度为 $O(mn)$， 算法思路比较简单，直接计算每个单元格和给定两点之间的距离，若两点距离相等则计数器加 1。

def count_cells(matrix: List[List[int]], x1: int, y1: int, x2: int, y2: int) -> int:
    m, n = len(matrix), len(matrix[0])
    cnt = 0
    for i in range(m):
        for j in range(n):
            if abs(i - x1) + abs(j - y1) == abs(i - x2) + abs(j - y2):
                cnt += 1
    return cnt

算法二：离线预处理

观察两点之间距离的性质，若从点 $A$ 到点 $B$ 的距离等于 $k$，那么从空间中所有与 $A$ 的距离为 $k$ 的点一定在一个以 $B$ 为中心、半径为 $k$ 的正方形内。

因此，我们可以先分别计算两点和空间中其他点的距离，然后统计两个距离相等的点中在正方形内的个数。

这个算法的好处在于预处理只需要进行一次，之后的查询操作就非常快，时间复杂度为 $O(mn)$，空间复杂度为 $O(mn)$。

def count_cells(matrix: List[List[int]], x1: int, y1: int, x2: int, y2: int) -> int:
    m, n = len(matrix), len(matrix[0])
    dist1 = [[0] * n for _ in range(m)]
    dist2 = [[0] * n for _ in range(m)]

    def fill_distances(x: int, y: int, dist: List[List[int]]):
        queue = collections.deque([(x, y, 0)])
        vis = [[False] * n for _ in range(m)]
        while queue:
            x, y, depth = queue.popleft()
            if x < 0 or x >= m or y < 0 or y >= n or vis[x][y]:
                continue
            vis[x][y] = True
            dist[x][y] = depth
            for dx, dy in [(0, 1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0)]:
                nx, ny = x + dx, y + dy
                queue.append((nx, ny, depth + 1))

    fill_distances(x1, y1, dist1)
    fill_distances(x2, y2, dist2)

    cnt = 0
    for i in range(m):
        for j in range(n):
            if dist1[i][j] == dist2[i][j] and dist1[i][j] > 0:
                cnt += 1

    return cnt

总结

首先，暴力枚举方法虽然简单易懂，但时间复杂度比较高，当矩阵较大时效率很低。

其次，离线预处理算法虽然需要较多的空间，但所需时间仅为遍历矩阵和两次 BFS 时间，因此具有更好的时间和空间复杂度。

因此，在实际应用场景中应根据问题的具体情况选择合适的算法来处理。