力扣双周赛56场(下)

这是我参与8月更文挑战的第6天，活动详情查看：8月更文挑战

1926. 迷宫中离入口最近的出口

思路分析

在已知这道题是一道广度优先遍历的题目的基础上，我们需要找到第一次小人到达非起点的迷宫边缘的步数。

如果每次到达边缘都在判断是否是墙的基础上，判断是否是起点，自然可以但并不优雅，所以可以通过将起点改为’+’的方式，让两次判断合并。

广度优先题中，何时标记数组某点为已读，何时根据队列中的点判断是否为答案，我觉得并不是一层不变的，如这道题中，我们判定条件为：边缘的’.’,而在广度层层遍历的时候，我们难免也需要进行一次边缘判断。

所以，两次判断同一件事无疑是没有必要的，因此我们可以将两次合并为一次

自然有：

while(q.size() != 0){
     auto [cx, cy, d] = q.front();
     q.pop();
     for (int i = 0; i < 4; i++){
         int cxn = cx + ls[i], cyn = cy + ls[i];
         if (cxn == 0 || cxn == l - 1 || cyn == 0 || cyn == r - 1){
             if (maze[cxn][cyn] == '.')return d+1;
         }else if(cxn > 0 || cxn < l - 1 || cyn > 0 || cyn < r - 1){
             if (maze[cxn][cyn] == '.'){
                 maze[cxn][cyn] = '+';
                 q.emplace(cxn, cyn, d + 1);
             }
         }
     }
}
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一运行就傻了，一看用例原来是边缘操作时这个if判断会将越界的也计算进来，就会数组越界，看了眼答案，更加的和谐，但是顺着自己的逻辑很难想到。

1927 求和游戏

评论区大佬的思路分析

计算出两边的[问号数量差]和[数字和差]，如果均为0，或者均在同一边则必输。

如果问好数差可以被数字和差弥补，则可以赢。

因此有一行代码

return ```
!((sum == 0 && cnt == 0) || (cnt % 2 == 0 && (sum ^ cnt) < 0 && Math.abs(sum) == Math.abs(cnt * 9) / 2))

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