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 。

示例 1：

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

示例 2：

输入：graph = [[1,3],[0],[3],[0,2]]
输出：1

提示：

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

分析：

方法：动态规划+dfs

考虑到猫和老鼠的状态和要走的步骤，而无向图的长度限制在 50 以内，那不妨用三个维度来表示状态，令当前状态为 F(i, j, k)，i 表示走的步数，j 表示老鼠走的节点，k 表示猫走的节点，那当前状态满足以下条件：

当 i >= 无向图长度两倍时，表示猫和老鼠来一个路线来回走，平局，F(i, j, k) = 0
当 j = 0 时，老鼠进洞了，老鼠赢，F(i, j, k) = 1
当 j = k 时，猫和老鼠相遇了，猫赢，F(i, j, k) = 2

老鼠的优先级为：洞 > 平局 > 猫，猫的优先级为：不让老鼠进洞 > 抓老鼠 > 平局，我们可以采用深度优先遍历，按照优先级进行判断，因为老鼠先走，而我们从 0 开始，所以对步数进行取余，偶数为老鼠步，奇数为猫步。

时间复杂度：O(n^4)
空间复杂度：O(n^3)

class Solution {//无向图int[][] graph;//定义三维数组int[][][] arr;//定义节点数，最大为50int num = 50;public int catMouseGame(int[][] graph) {this.graph = graph;//定义三维数组arr = new int[num * 2][num][num];//遍历，数组默认为0，返回-1表示平局int res = dfs(0, 1, 2);return res == -1? 0: res;}public int dfs(int i, int j, int k){//重复遍历了一次，平局if(i == num * 2){return -1;}//老鼠进洞if(j == 0){arr[i][j][k] = 1;return 1;}//猫抓到老鼠if(j == k){arr[i][j][k] = 2;return 2;}//走过if(arr[i][j][k] != 0){return arr[i][j][k];}//老鼠步if(i % 2 == 0){//标识猫赢int cat = 2;//遍历路线for(int g: graph[j]){//下路状况int state = dfs(i+1, g, k);//有洞，进洞if(state == 1){arr[i][j][k] = 1;return 1;}//平局，猫赢不了if(state == -1){cat = -1;}}arr[i][j][k] = cat;return cat;}//猫步//标识老鼠赢int mouse = 1;//遍历路线for(int g: graph[k]){//老鼠洞，不进if(g == 0){continue;}//下路状况int state = dfs(i+1, j, g);//抓到老鼠if(state == 2){arr[i][j][k] = 2;return 2;}//平局，老鼠赢不了if(state == -1){mouse = -1;}}arr[i][j][k] = mouse;return mouse;}
}

题目来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/cat-and-mouse

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