【图解算法】螺旋矩阵、旋转矩阵、“之”型输出、矩阵找数

这几道矩阵相关的题目比较考察全局观，如果陷在思考局部点如何移动，那么在面试中将很难快速解出题目。

问题描述

1. 转圈打印矩阵。【leetcode-54-螺旋矩阵】

2. 旋转正方形矩阵。【leetcode-48-旋转图像】

3. “之”字型打印矩阵。

4. 在行列都排好序的矩阵中找数。【特定的数据】

转圈打印矩阵

【题目】 给定一个整型矩阵Matrix，请按照顺时针转圈的方式打印它。例如:

实际上存储结构为二维数组

打印结果为：

1，2，3，4，8，12，16，15，14，13，9， 5，6，7，11，10

转圈打印

【要求】 额外空间复杂度为O(1)。

【解法说明】

如果我们将眼光局限于坐标每次该如何移动，如何判断矩阵中哪些点已经输出，哪些点还没有输出，那么你就是进坑里了，这种方法不是不行，但是在面试的场景下，扣各种边界会导致你非常容易出错。那么有什么办法可以快速解决呢？其实很简单，从全局来看，我们实际上是在绘制一个又一个的矩形边界：

将问题转化为绘制矩形边界

是不是觉得问题一下子简单了很多，我们只要分别打印四个边界，就能打印出一个矩形；接下来我们考虑外层和内层如何衔接：

如下图所示，我们每次绘制某一边界时（如矩形的上边界），不要把最后一个点绘制了，而是作为下一个边界的起点，那么最终结束位置在5，与下一圈的6正好衔接：

内外层衔接

看到这里大家想必已经知道怎么做了，是的，我们只需控制左上角和右下角两个点的坐标，然后每跑完一圈，坐标进行相应的增加或减少即可：

控制对角坐标

到这里，思路已经基本出现了，我们在外层写一个循环控制对角坐标的变化，内部则是打印一个矩形的外边界的函数：

void circlePrint(vector<vector<int>> &matrix) {
    if (matrix.empty()) return; // 空数组判断
    int a = 0, b = 0, c = matrix.size() - 1, d = matrix[0].size() - 1;
    while (a <= c && b <= d) {
        edgePrint(a++, b++, c--, d--, matrix); // 打印(a,b)和(c,d)所在的矩形边界
    }
}

关于打印矩形边界，还需要考虑两种边界情况：

打印矩阵的边界考虑

至此，我们就可以很轻松地写出代码了：

void edgePrint(int a, int b, int c, int d, vector<vector<int>> &matrix) {
    if (a == c) { // only one row
        for (int j = b; j <= d; ++j) {
            cout << matrix[a][j] << " ";
        }
    } else if (b == d) { // only one column
        for (int i = a; i <= c; ++i) {
            cout << matrix[i][d] << " ";
        }
    } else {
        for (int j = b; j < d; ++j) { // print up edge
            cout << matrix[a][j] << " ";
        }
        for (int i = a; i < c; ++i) { // print right edge
            cout << matrix[i][d] << " ";
        }
        for (int j = d; j > b; --j) { // print down edge
            cout << matrix[c][j] << " ";
        }
        for (int i = c; i > a; --i) { // print left edge
            cout << matrix[i][b] << " ";
        }
    }
}

旋转正方形矩阵

【题目】 给定一个整型正方形矩阵 Matrix，请把该矩阵调整成顺时针旋转90度的样子。

原地顺时针旋转90度

【要求】 额外空间复杂度为O(1)。

【解法说明】注意到题目要求我们的空间复杂度为O(1)，因此，我们不能借助辅助矩阵，只能原地调整。咋一看好像无从下手，但只要使用我们前面提到过的全局思想，我们可以首先将问题拆解为将一个矩形边界旋转90度：

化简为边界旋转的问题

代码如下：

void rotateMatrix(vector<vector<int>> &matrix) {
    int a = 0, b = 0, c = matrix.size() - 1, d = matrix[0].size() - 1;
    while (a <= c && b <= d) {
        rotateEdge(a++, b++, c--, d--, matrix); // 旋转指定对角所在正方形的边界
    }
}

接下来，我们要解决的就是如何将一个矩形边界旋转的问题了。

我们先考虑四个角：

边界旋转的四个角

再考虑第二个点：

旋转边界的第二个点

聪明的朋友可能已经发现了，这个跟遍历某一个边界的一边非常像，我们原地交换四个点只需要5步，再加上遍历某一边，旋转一个边界就此完成。

代码如下：

void rotateEdge(int a, int b, int c, int d, vector<vector<int>> &matrix) {
    for (int i = 0; i < d-b; ++i) { // 每一行要剔除最后一个点
        int temp = matrix[a][b + i];                 // 暂存左上角的点
        matrix[a][b + i] = matrix[c - i][b]; // 把左下角的点放到左上角 
        matrix[c - i][b] = matrix[c][d - i]; // 把右下角的点放到左下角
        matrix[c][d - i] = matrix[a + i][d]; // 把右上角的点放到右下角
        matrix[a + i][d] = temp;                         // 把暂存的左上角的点放到右上角
    }
}

“之”字型打印矩阵

【题目】 给定一个矩阵matrix，按照“之”字形的方式打印这 个矩阵，例如:

“之”字型打印

“之”字形打印的结果为：

1，2，5，9，6，3，4，7，10，11， 8，12

【要求】 额外空间复杂度为O(1)。

【解法说明】和之前的题目类似，一旦我们陷于考虑局部的坐标如何变换，就会陷入细节边界之中，难以快速解决这道题目。我们换个思路，将整个过程切分为：给定两个对角点坐标，遍历对角线，然后寻找两个对角点坐标的变化规律。

给定两个对焦点坐标，遍历该对角线，实现起来非常简单：

void printDiagonal(int a, int b, int c, int d, vector<vector<int>> &matrix) {
    while (a >= c && b <= d) { // 从左下到右上的遍历方式
          cout << matrix[a--][b++] << " ";
    }
}

遍历对角线

图中的(a, b)为对角线的左下角顶点，其中a、b均是变量，从左到右分别为每次变换的位置；一开始(a, b)和(c, d)都是点1，即matrix[0][0]；我们观察两个点的变换轨迹，可以发现，(a, b)先向下走，到底部再向右走；而(c, d)先向右走，到达最右边才向下走。

与此同时，每完成一次对角线遍历，我们发现，遍历的方向会发生改变，因此我们使用一个bool类型的isUp来记录状态。

因此，对角线函数需要进行修改：

void printDiagonal(int a, int b, int c, int d, vector<vector<int>> &matrix, bool isUp) {
    if (isUp) {
        while (a >= c && b <= d) {
            cout << matrix[a--][b++] << " ";
        }
    } else {
        while (a >= c && b <= d) {
            cout << matrix[c++][d--] << " ";
        }
    }
}

遍历所有对角线：

void ZigZagPrint(vector<vector<int>> &matrix) {
    bool isUp = true;
    int a = 0, b = 0, c = 0, d = 0;
    while (c != matrix.size()) { // c 如果为 n，说明右上角的对角线顶点已经到达矩阵的右下角，所有对角线都被遍历了
        printDiagonal(a, b, c, d, matrix, isUp);
        isUp = !isUp;
        b = (a == matrix.size() - 1) ? b + 1 : b; // 注意，我们要先更新b，然后才更新a
        a = (a == matrix.size() - 1) ? a : a + 1;
        c = (d == matrix[0].size() - 1) ? c + 1 : c; //同样的，先更新c，再更新d
        d = (d == matrix[0].size() - 1) ? d : d + 1;
    }
}

在行列都排好序的矩阵中找数

【题目】 给定一个有N*M的整型矩阵Matrix和一个整数K， Matrix的每一行和每一 列都是排好序的。实现一个函数，判断K 是否在 Matrix中。例如：

从排好序的矩阵中找数

如果K为5，返回true；如果K为10，返回false。
【要求】 时间复杂度为O(N+M)，额外空间复杂度为O(1)。

【解法说明】如果我们遍历完整个矩阵，需要O(N^2)，而题目中要求O(N+M)的复杂度，因此我们就需要根据特殊的数据布局来考虑更优的解法。懂得二分法的朋友肯定知道，我们在一个排好序的数组中找一个数，从中间找起是最快的；这里也是类似，不过这里的中间在哪里呢？

事实上，考虑数据的分布，左上角必然是最小值，右下角必然是最大值，而中间线，正好在左下角到右上角的对角线上：

从中间线出发

假设我们找K=5，从右上角开始，发现4 < 5，所以向下找，为什么？因为行列都是按顺序排好的，4左边的数都是比4小的，既然5比4大，那么在左边就不可能找到5了：

4的左边已经不存在5了

接下来我们继续比较，发现8 > 5，所以向左找，因为下面不可能有5了：

8的下面不可能存在5

按照上面的方式，我们完成搜索：

找到5，返回true

我们仔细考虑下过程，即使K在左下角，我们从右上角开始找，那么最终耗费的时间也只是O(N+M)，N 为宽度，M 为长度。

代码实现：

bool findKInSortedMatrix(vector<vector<int>> &matrix, int k) {
    int a = 0, b = matrix[0].size() - 1;
    while (a <= matrix.size() - 1 && b >= 0) {
        if (matrix[a][b] == k) { // found
            return true;
        } else if (matrix[a][b] < k) { // 如果当前点小于 K，向下走
            a++;
        } else { // 如果当前点大于 K，向左走
            b--;
        }
    }
    return false; // not found
}

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