自律小屋解题思路：
为提升回溯的计算效率，首先讲述两项前置工作： 数位之和计算 、 可达解分析 。
数位之和计算：
设一数字 $x$ ，向下取整除法符号 $//$ ，求余符号 $\odot$ ，则有：
- $x \odot 10$ ：得到 $x$ 的个位数字；
- $x // 10$ ： 令 $x$ 的十进制数向右移动一位，即删除个位数字。
因此，可通过循环求得数位和 $s$ ，数位和计算的封装函数如下所示：
Python
def sums(x):
s = 0
while x != 0:
s += x % 10
x = x // 10
return sJava
int sums(int x)
int s = 0;
while(x != 0) {
s += x % 10;
x = x / 10;
}
return s;C++
int sums(int x)
int s = 0;
while(x != 0) {
s += x % 10;
x = x / 10;
}
return s;由于机器人每次只能移动一格（即只能从 $x$ 运动至 $x \pm 1$），因此每次只需计算 $x$ 到 $x \pm 1$ 的数位和增量。本题说明 $1 \leq n,m \leq 100$ ，以下公式仅在此范围适用。
数位和增量公式： 设 $x$ 的数位和为 $s_x$ ，$x+1$ 的数位和为 $s_{x+1}$ ；
- 当 $(x + 1) \odot 10 = 0$ 时： $s_{x+1} = s_x - 8$ ，例如 $19, 20$ 的数位和分别为 $10, 2$ ；
- 当 $(x + 1) \odot 10 \neq 0$ 时： $s_{x+1} = s_x + 1$ ，例如 $1, 2$ 的数位和分别为 $1, 2$ 。
以下代码为增量公式的三元表达式写法，将整合入最终代码中。
Python
s_x + 1 if (x + 1) % 10 else s_x - 8Java
(x + 1) % 10 != 0 ? s_x + 1 : s_x - 8;C++
(x + 1) % 10 != 0 ? s_x + 1 : s_x - 8;可达解分析：
根据数位和增量公式得知，数位和每逢 进位 突变一次。根据此特点，矩阵中 满足数位和的解 构成的几何形状形如多个 等腰直角三角形 ，每个三角形的直角顶点位于 $0, 10, 20, ...$ 等数位和突变的矩阵索引处 。
三角形内的解虽然都满足数位和要求，但由于机器人每步只能走一个单元格，而三角形间不一定是连通的，因此机器人不一定能到达，称之为 不可达解 ；同理，可到达的解称为 可达解 （本题求此解） 。
下图展示了 $n,m = 20$ ，$cnt \in [6, 19]$ 的可达解、不可达解、非解，以及连通性的变化。其中 $k$ 对应本题的 $cnt$ 。
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根据可达解的结构和连通性，易推出机器人可 仅通过向右和向下移动，访问所有可达解 。
- 三角形内部： 全部连通，易证；
- 两三角形连通处： 若某三角形内的解为可达解，则必与其左边或上边的三角形连通（即相交），即机器人必可从左边或上边走进此三角形。
方法一：深度优先遍历（DFS）
深度优先搜索： 可以理解为暴力法模拟机器人在矩阵中的所有路径。DFS 通过递归，先朝一个方向搜到底，再回溯至上个节点，沿另一个方向搜索，以此类推。
剪枝： 在搜索中，遇到数位和超出目标值、此元素已访问，则应立即返回，称之为 可行性剪枝 。
算法解析：
- 递归参数： 当前元素在矩阵中的行列索引
i和j，两者的数位和si,sj。 - 终止条件： 当 (1) 行列索引越界 或 (2) 数位和超出目标值
cnt或 (3) 当前元素已访问过 时，返回 $0$ ，代表不计入可达解。 - 递推工作：
- 标记当前单元格 ：将索引
(i, j)存入 Setvisited中，代表此单元格已被访问过。 - 搜索下一单元格： 计算当前元素的 下、右 两个方向元素的数位和，并开启下层递归 。
- 标记当前单元格 ：将索引
- 回溯返回值： 返回
1 + 右方搜索的可达解总数 + 下方搜索的可达解总数，代表从本单元格递归搜索的可达解总数。
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代码：
Java/C++ 代码中
visited为辅助矩阵，Python 中为 Set 。
Python
class Solution:
def wardrobeFinishing(self, m: int, n: int, cnt: int) -> int:
def dfs(i, j, si, sj):
if i >= m or j >= n or cnt < si + sj or (i, j) in visited: return 0
visited.add((i,j))
return 1 + dfs(i + 1, j, si + 1 if (i + 1) % 10 else si - 8, sj) + dfs(i, j + 1, si, sj + 1 if (j + 1) % 10 else sj - 8)
visited = set()
return dfs(0, 0, 0, 0)Java
class Solution {
int m, n, cnt;
boolean[][] visited;
public int wardrobeFinishing(int m, int n, int cnt) {
this.m = m; this.n = n; this.cnt = cnt;
this.visited = new boolean[m][n];
return dfs(0, 0, 0, 0);
}
public int dfs(int i, int j, int si, int sj) {
if(i >= m || j >= n || cnt < si + sj || visited[i][j]) return 0;
visited[i][j] = true;
return 1 + dfs(i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj) + dfs(i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8);
}
}C++
class Solution {
public:
int wardrobeFinishing(int m, int n, int cnt) {
vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, 0));
return dfs(0, 0, 0, 0, visited, m, n, cnt);
}
private:
int dfs(int i, int j, int si, int sj, vector<vector<bool>> &visited, int m, int n, int cnt) {
if(i >= m || j >= n || cnt < si + sj || visited[i][j]) return 0;
visited[i][j] = true;
return 1 + dfs(i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj, visited, m, n, cnt) +
dfs(i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8, visited, m, n, cnt);
}
};复杂度分析：
设矩阵行列数分别为 $M, N$ 。
- 时间复杂度 $O(MN)$ ： 最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 $O(MN)$ 。
- 空间复杂度 $O(MN)$ ： 最差情况下，Set
visited内存储矩阵所有单元格的索引，使用 $O(MN)$ 的额外空间。
方法二：广度优先遍历（BFS）
BFS 和 DFS 的目标都是遍历整个矩阵，不同点在于搜索顺序不同。DFS 是朝一个方向走到底，再回退，以此类推；BFS 则是按照“平推”的方式向前搜索。
BFS 实现： 通常利用队列实现广度优先遍历。
算法解析：
- 初始化： 将机器人初始点 $(0, 0)$ 加入队列
queue； - 迭代终止条件：
queue为空。代表已遍历完所有可达解。 - 迭代工作：
- 单元格出队： 将队首单元格的 索引、数位和 弹出，作为当前搜索单元格。
- 判断是否跳过： 若 (1) 行列索引越界 或 (2) 数位和超出目标值
cnt或 (3) 当前元素已访问过 时，执行continue。 - 标记当前单元格 ：将单元格索引
(i, j)存入 Setvisited中，代表此单元格 已被访问过 。 - 单元格入队： 将当前元素的 下方、右方 单元格的 索引、数位和 加入
queue。
- 返回值： Set
visited的长度len(visited)，即可达解的数量。
Java/C++ 使用了辅助变量
res统计可达解数量； Python 直接返回 Set 的元素数len(visited)即可。
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代码：
Java/C++ 代码中
visited为辅助矩阵，Python 中为 Set 。
Python
class Solution:
def wardrobeFinishing(self, m: int, n: int, cnt: int) -> int:
queue, visited = [(0, 0, 0, 0)], set()
while queue:
i, j, si, sj = queue.pop(0)
if i >= m or j >= n or cnt < si + sj or (i, j) in visited: continue
visited.add((i,j))
queue.append((i + 1, j, si + 1 if (i + 1) % 10 else si - 8, sj))
queue.append((i, j + 1, si, sj + 1 if (j + 1) % 10 else sj - 8))
return len(visited)Java
class Solution {
public int wardrobeFinishing(int m, int n, int cnt) {
boolean[][] visited = new boolean[m][n];
int res = 0;
Queue<int[]> queue= new LinkedList<int[]>();
queue.add(new int[] { 0, 0, 0, 0 });
while(queue.size() > 0) {
int[] x = queue.poll();
int i = x[0], j = x[1], si = x[2], sj = x[3];
if(i >= m || j >= n || cnt < si + sj || visited[i][j]) continue;
visited[i][j] = true;
res ++;
queue.add(new int[] { i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj });
queue.add(new int[] { i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8 });
}
return res;
}
}C++
class Solution {
public:
int wardrobeFinishing(int m, int n, int cnt) {
vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, 0));
int res = 0;
queue<vector<int>> que;
que.push({ 0, 0, 0, 0 });
while(que.size() > 0) {
vector<int> x = que.front();
que.pop();
int i = x[0], j = x[1], si = x[2], sj = x[3];
if(i >= m || j >= n || cnt < si + sj || visited[i][j]) continue;
visited[i][j] = true;
res++;
que.push({ i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj });
que.push({ i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8 });
}
return res;
}
};复杂度分析：
设矩阵行列数分别为 $M, N$ 。
- 时间复杂度 $O(MN)$ ： 最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 $O(MN)$ 。
- 空间复杂度 $O(MN)$ ： 最差情况下，Set
visited内存储矩阵所有单元格的索引，使用 $O(MN)$ 的额外空间。