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解题思路：

本问题是典型的回溯问题，需要使用深度优先搜索（DFS）+ 剪枝解决。

深度优先搜索： 即暴力法遍历矩阵中所有字符串可能性。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“这条路不可能和目标字符串匹配成功”的情况，例如当前矩阵元素和目标字符不匹配、或此元素已被访问，则应立即返回，从而避免不必要的搜索分支。

算法解析：

递归参数： 当前元素在矩阵 board 中的行列索引 i 和 j ，当前目标字符在 word 中的索引 k 。
终止条件：
1. 返回 $false$ ： (1) 行或列索引越界或 (2) 当前矩阵元素与目标字符不同或 (3) 当前矩阵元素已访问过（ (3) 可合并至 (2) ）。
2. 返回 $true$ ： k = len(word) - 1 ，即字符串 word 已全部匹配。
递推工作：
1. 标记当前矩阵元素：将 board[i][j] 修改为 空字符 '' ，代表此元素已访问过，防止之后搜索时重复访问。
2. 搜索下一单元格：朝当前元素的 上、下、左、右 四个方向开启下层递归，使用 或 连接（代表只需找到一条可行路径就直接返回，不再做后续 DFS ），并记录结果至 res 。
3. 还原当前矩阵元素：将 board[i][j] 元素还原至初始值，即 word[k] 。
返回值： 返回布尔量 res ，代表是否搜索到目标字符串。

使用空字符（Python: '' , Java/C++: '\0' ）做标记是为了防止标记字符与矩阵原有字符重复。当存在重复时，此算法会将矩阵原有字符认作标记字符，从而出现错误。

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代码：

Python

class Solution:
    def exist(self, board: List[List[str]], word: str) -> bool:
        def dfs(i, j, k):
            if not 0 <= i < len(board) or not 0 <= j < len(board[0]) or board[i][j] != word[k]: return False
            if k == len(word) - 1: return True
            board[i][j] = ''
            res = dfs(i + 1, j, k + 1) or dfs(i - 1, j, k + 1) or dfs(i, j + 1, k + 1) or dfs(i, j - 1, k + 1)
            board[i][j] = word[k]
            return res

        for i in range(len(board)):
            for j in range(len(board[0])):
                if dfs(i, j, 0): return True
        return False

Java

class Solution {
    public boolean exist(char[][] board, String word) {
        char[] words = word.toCharArray();
        for(int i = 0; i < board.length; i++) {
            for(int j = 0; j < board[0].length; j++) {
                if (dfs(board, words, i, j, 0)) return true;
            }
        }
        return false;
    }
    boolean dfs(char[][] board, char[] word, int i, int j, int k) {
        if (i >= board.length || i < 0 || j >= board[0].length || j < 0 || board[i][j] != word[k]) return false;
        if (k == word.length - 1) return true;
        board[i][j] = '\0';
        boolean res = dfs(board, word, i + 1, j, k + 1) || dfs(board, word, i - 1, j, k + 1) || 
                      dfs(board, word, i, j + 1, k + 1) || dfs(board, word, i , j - 1, k + 1);
        board[i][j] = word[k];
        return res;
    }
}

C++

class Solution {
public:
    bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {
        rows = board.size();
        cols = board[0].size();
        for(int i = 0; i < rows; i++) {
            for(int j = 0; j < cols; j++) {
                if (dfs(board, word, i, j, 0)) return true;
            }
        }
        return false;
    }
private:
    int rows, cols;
    bool dfs(vector<vector<char>>& board, string word, int i, int j, int k) {
        if (i >= rows || i < 0 || j >= cols || j < 0 || board[i][j] != word[k]) return false;
        if (k == word.size() - 1) return true;
        board[i][j] = '\0';
        bool res = dfs(board, word, i + 1, j, k + 1) || dfs(board, word, i - 1, j, k + 1) || 
                      dfs(board, word, i, j + 1, k + 1) || dfs(board, word, i , j - 1, k + 1);
        board[i][j] = word[k];
        return res;
    }
};

复杂度分析：

在代码中，$M, N$ 分别为矩阵行列大小， $K$ 为字符串 word 长度。

时间复杂度 $O(3^KMN)$ ： 最差情况下，需要遍历矩阵中长度为 $K$ 字符串的所有方案，时间复杂度为 $O(3^K)$；矩阵中共有 $MN$ 个起点，时间复杂度为 $O(MN)$ 。
- 方案数计算： 设字符串长度为 $K$ ，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 $3$ 种选择，因此方案数的复杂度为 $O(3^K)$ 。
空间复杂度 $O(K)$ ： 搜索过程中的递归深度不超过 $K$ ，因此系统因函数调用累计使用的栈空间占用 $O(K)$ （因为函数返回后，系统调用的栈空间会释放）。最坏情况下 $K = MN$ ，递归深度为 $MN$ ，此时系统栈使用 $O(MN)$ 的额外空间。

解题思路： ​

算法解析： ​

代码： ​

复杂度分析： ​

解题思路：

算法解析：

代码：

复杂度分析：