LeetCode 913. 猫和老鼠

目录：算法日记

原题链接：913. 猫和老鼠 - 力扣（LeetCode） (leetcode-cn.com)

题目描述

两位玩家分别扮演猫和老鼠，在一张无向图上进行游戏，两人轮流行动。

图的形式是graph[a]是一个列表，由满足ab是图中的一条边的所有节点b组成。

老鼠从节点1开始，第一个出发；猫从节点2开始，第二个出发。在节点0处有一个洞。

在每个玩家的行动中，他们 必须 沿着图中与所在当前位置连通的一条边移动。例如，如果老鼠在节点1，那么它必须移动到graph[1]中的任一节点。

此外，猫无法移动到洞中（节点0）。

然后，游戏在出现以下三种情形之一时结束：

• 如果猫和老鼠出现在同一个节点，猫获胜。

• 如果老鼠到达洞中，老鼠获胜。

• 如果某一位置重复出现（即，玩家的位置和移动顺序都与上一次行动相同），游戏平局。 给你一张图 graph ，并假设两位玩家都都以最佳状态参与游戏：

• 如果老鼠获胜，则返回 1；

• 如果猫获胜，则返回 2；

• 如果平局，则返回 0 。

数据范围

• $3 <= graph.length <= 50$
• $1 <= graph[i].length < graph.length$
• $0 <= graph[i][j] < graph.length$
• $graph[i][j]≠i$
• $graph[i]$ 互不相同
• 猫和老鼠在游戏中总是移动

题目示例

输入： graph = [[2,5],[3],[0,4,5],[1,4,5],[2,3],[0,2,3]]
输出： 0

算法思路

定义状态dp[k][i][j]表示获胜情况，其中k表示当前该谁走（偶数老鼠走，奇数猫走），i表示老鼠走到的位置，j表示猫走到的位置。无论对老鼠还是猫，遵循能赢则赢，不能赢则平，否则为负的贪心策略。

令$n=graph.length$，则猫和老鼠各有$n$种可能的走法，而$k$的奇偶表示谁走，因此$k＜2*n^2$（起始位置固定，取小于），所有状态耗费的时间复杂度为$O(n^4)$。考虑优化。

对猫和老鼠来说，由于每步都是最优的，如果老鼠往回走到上一次的最优位置，猫的下一步最优位置也应该往回走。因此在最优情况下，老鼠和猫最多走$n$个点，即$k＜2*n$。考虑边界情况：

• 若$k≥2*n$，则超过有效获胜范围，取平局；
• 若$i = 0$，则老鼠进洞，老鼠赢；
• 若$i = j$，则猫抓到老鼠，猫赢；

由于遍历不到所有的状态，且状态之间转移关系不明显，因此考虑记忆化搜索。

AC代码

/**
 * @param {number[][]} graph
 * @return {number}
 */
var catMouseGame = function(graph) {
    this.g = graph;
    this.n = graph.length;
    //-1表示还没走过，避免回头
    this.f = new Array(2*n).fill(-1).map(() => new Array(n).fill(-1).map(() => new Array(n).fill(-1)));
    return dp(0, 1, 2); 
};

let dp = function(k, i, j) {
    if(k >= 2*n) return 0;
    if(f[k][i][j] != -1) return f[k][i][j];
    if(i === 0) return f[k][i][j] = 1;
    if(i === j) return f[k][i][j] = 2;
    if(k % 2 === 0) { // 该老鼠走了
        let draw = 0;
        for(let x of g[i]) {
            let t = dp(k+1, x, j);
            if(t === 1) return f[k][i][j] = 1;
            if(t === 0) draw++;
        }
        if(draw > 0) return f[k][i][j] = 0;
        return f[k][i][j] = 2;
    } else { // 该猫走了
        let draw = 0;
        for(let x of g[j]) {
            if(x === 0) continue;
            let t = dp(k+1, i, x);
            if(t === 2) return f[k][i][j] = 2;
            if(t === 0) draw ++;
        }
        if(draw > 0) return f[k][i][j] = 0;
        return f[k][i][j] = 1;
    }
}