You want to build a house on an empty land which reaches all buildings in the shortest amount of distance. You can only move up, down, left and right. You are given a 2D grid of values 0, 1 or 2, where:
- Each 0 marks an empty land which you can pass by freely.
- Each 1 marks a building which you cannot pass through.
- Each 2 marks an obstacle which you cannot pass through.
For example, given three buildings at (0,0), (0,4), (2,2), and an obstacle at (0,2):
1 - 0 - 2 - 0 - 1 | | | | | 0 - 0 - 0 - 0 - 0 | | | | | 0 - 0 - 1 - 0 - 0
The point (1,2) is an ideal empty land to build a house, as the total travel distance of 3+3+1=7 is minimal. So return 7.
Note:
There will be at least one building. If it is not possible to build such house according to the above rules, return -1.
这道题给我们了一些建筑物的坐标和一些障碍物的坐标，让我们找一个位置，使其到所有建筑物的曼哈顿距离之和最小，起初我觉得这题应该算
Best Meeting Point那道题的拓展，不同之处在于这道题有了障碍物的存在，这样就使得直接使用曼哈顿距离的计算公式变得不可行，因为在有些情况下，障碍物完全封死了某个建筑物，那么这时候应该返回-1。所以这道题只能使用遍历迷宫的思想来解，那么这题就和之前那道
Walls and Gates很类似，但是这道题用DFS就会很麻烦，因为我们的目标是要建立Distance Map，所以BFS的特性使得其非常适合建立距离场，而DFS由于是沿着一个方向一股脑的搜索，然后会面临着更新距离的问题，只有当递归函数都调用结束后，距离场才建立好，那么我们累加距离场时又得整个遍历一遍，非常不高效。主要原因还是由于DFS的搜索方式不适合距离场，因为BFS遍历完一个点后，不会再来更改这个点的值，而DFS会反复的更改同一个点的值，我强行用DFS写出的方法无法通过OJ最后一个大集合，所以这道题还是老老实实地用BFS来解题吧，还是需要借助queue来遍历，我们对于每一个建筑的位置都进行一次全图的BFS遍历，每次都建立一个dist的距离场，由于我们BFS遍历需要标记应经访问过的位置，而我们并不想建立一个visit的二维矩阵，那么怎么办呢，这里用一个小trick，我们第一遍历的时候，都是找0的位置，遍历完后，我们将其赋为-1，这样下一轮遍历我们就找-1的位置，然后将其都赋为-2，以此类推直至遍历完所有的建筑物，然后在遍历的过程中更新dist和sum的值，注意我们的dist算是个局部变量，每次都初始化为grid，真正的距离场累加在sum中，由于建筑的位置在grid中是1，所以dist中初始化也是1，累加到sum中就需要减1，我们用sum中的值来更新结果res的值，最后根据res的值看是否要返回-1，参见代码如下：
解法一：
class Solution { public: int shortestDistance(vector<vector<int>>& grid) { int res = INT_MAX, val = 0, m = grid.size(), n = grid[0].size(); vector<vector<int>> sum = grid; vector<vector<int>> dirs{{0,-1},{-1,0},{0,1},{1,0}}; for (int i = 0; i < grid.size(); ++i) { for (int j = 0; j < grid[i].size(); ++j) { if (grid[i][j] == 1) { res = INT_MAX; vector<vector<int>> dist = grid; queue<pair<int, int>> q; q.push({i, j}); while (!q.empty()) { int a = q.front().first, b = q.front().second; q.pop(); for (int k = 0; k < dirs.size(); ++k) { int x = a + dirs[k][0], y = b + dirs[k][1]; if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == val) { --grid[x][y]; dist[x][y] = dist[a][b] + 1; sum[x][y] += dist[x][y] - 1; q.push({x, y}); res = min(res, sum[x][y]); } } } --val; } } } return res == INT_MAX ? -1 : res; } };
下面这种方法也是网上比较流行的解法，我们还是用BFS来做，其中dist是累加距离场，cnt表示某个位置已经计算过的建筑数，变量buildingCnt为建筑的总数，我们还是用queue来辅助计算，注意这里的dist的更新方式跟上面那种方法的不同，这里的dist由于是累积距离场，所以不能用dist其他位置的值来更新，而是需要直接加上和建筑物之间的距离，这里用level来表示，每遍历一层，level自增1，这样我们就需要所加个for循环，来控制每一层中的level值是相等的，参见代码如下：
解法二：
class Solution { public: int shortestDistance(vector<vector<int>>& grid) { int res = INT_MAX, buildingCnt = 0, m = grid.size(), n = grid[0].size(); vector<vector<int>> dist(m, vector<int>(n, 0)), cnt = dist; vector<vector<int>> dirs{{0,-1},{-1,0},{0,1},{1,0}}; for (int i = 0; i < m; ++i) { for (int j = 0; j < n; ++j) { if (grid[i][j] == 1) { ++buildingCnt; queue<pair<int, int>> q; q.push({i, j}); vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false)); int level = 1; while (!q.empty()) { int size = q.size(); for (int s = 0; s < size; ++s) { int a = q.front().first, b = q.front().second; q.pop(); for (int k = 0; k < dirs.size(); ++k) { int x = a + dirs[k][0], y = b + dirs[k][1]; if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 0 && !visited[x][y]) { dist[x][y] += level; ++cnt[x][y]; visited[x][y] = true; q.push({x, y}); } } } ++level; } } } } for (int i = 0; i < m; ++i) { for (int j = 0; j < n; ++j) { if (grid[i][j] == 0 && cnt[i][j] == buildingCnt) { res = min(res, dist[i][j]); } } } return res == INT_MAX ? -1 : res; } };
类似题目：
参考资料：
https://leetcode.com/discuss/74453/36-ms-c-solution
