推箱子游戏解法的数学分析与代码实现（Leetcode1263等未完）

推箱子游戏是将箱子推到目标点，是一个经典的游戏，这个问题存在一个最优解，即最短走法，这里通过分析一个箱子与多个箱子，探讨问题的解法。

一个箱子问题链接：leetcode推箱子
这个问题是一个阉割版，不考虑人走的步数，只考虑箱子被推到目标位置（前提是人不被卡住）
思路
考虑使用BFS，计算每个点离目标点的可推最短距离（自定义距离，可以推动的最短距离）
为了简化计算，还要用一个数组记录已经遍历过的点。计算箱子所在当前点与目标点的距离，从初始点向四个方向扩展，直到找到目标点（反过来计算也可以）,为了避免找到的不是最优解，可以在每个点加入队列时按照移动步数steps进行排序。
代码

class Solution {public int minPushBox(char[][] grid) {int rlen = grid.length;int llen = grid[0].length;//visited[i][j][m][n] = true 表示 人物在 (i, j) 坐标和 箱子在 (m, n) 坐标 这个状态已经访问过了boolean[][][][] visited = new boolean[rlen][llen][rlen][llen];int sx = -1, sy = -1, tx = -1, ty = -1, bx = -1, by = -1;int[][] directions = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};for (int i = 0; i < rlen; i++) {for (int j = 0; j < llen; j++) {if (grid[i][j] == 'S') {sx = i;sy = j;}if (grid[i][j] == 'T') {tx = i;ty = j;}if (grid[i][j] == 'B') {bx = i;by = j;}}}/*当人物在箱子的左边时，人物可以选择向右边走当人物在箱子的右边时，人物可以选择向左边走当人物在箱子的上边时，人物可以选择向下边走当人物在箱子的下边时，人物可以选择向上边走这样才能保证步数最少，否则，如果箱子在左边，人物还向着右边走，那么就距离箱子越来越远，这是毫无意义的步数无法满足条件的情况：如果箱子会自己走的话，那么简单的 bfs 就能够完成了，但是这里需要人物来推动箱子这意味着箱子可能虽然旁边就是终点，但是可能不存在能够容纳人物的地方来推动箱子比如 下图，虽然 箱子 B 旁边就是终点 T，如果它能够自己走的话直接一步到终点但是由于需要推动，而却不存在容纳人物 S 的位置来 箱子 B 到达终点 T# # # ## T B ## . S #什么时候箱子的位置会发生改变？当人物向上下两个方向走的时候，如果人物的下一个位置就是箱子的位置，那么相当于顶着箱子前进，那么箱子同时也要往前进因为人物的移动不算在步数里的，因此可能移动的时候当前箱子推的步数很大，比如示例 1 ，人物绕了一大圈如果最优的情况，即最少的推箱子步数就是这绕一大圈的，但是别的状态还在推箱子，它能够更快的到达终点，但是推箱子步数很大所以最先碰到终点的不一定是步数最少的，所以需要使用一个优先队列*/PriorityQueue<Node> queue = new PriorityQueue<>((a, b) -> a.steps - b.steps);  // 按steps进行升序排列，确保找到的一定是最短的queue.add(new Node(0, sx, sy, bx, by));    // 初始点while (!queue.isEmpty()) {Node t = queue.poll();int currentBoxX = t.bx, currentBoxY = t.by;if (currentBoxX == tx && currentBoxY == ty) {     // 箱子到了目标点return t.steps;}visited[t.hx][t.hy][currentBoxX][currentBoxY] = true;//往四个方向走for (int[] p : directions) {int newPx = t.hx + p[0];int newPy = t.hy + p[1];int newBx = t.bx;int newBy = t.by;int newStep = t.steps;//人物的前进位置刚好是箱子的位置，那么箱子的位置也要发生改变if (newPx == t.bx && newPy == t.by) {newBx += p[0];newBy += p[1];//箱子动了，步数 +1newStep++;}//越界或者在障碍物上，那么跳过if (!legalIndex(newBx, rlen, newBy, llen) || !legalIndex(newPx, rlen, newPy, llen)|| grid[newPx][newPy] == '#' || grid[newBx][newBy] == '#') {continue;}if (!visited[newPx][newPy][newBx][newBy]) {queue.add(new Node(newStep, newPx, newPy, newBx, newBy));}}}return -1;}private static boolean legalIndex(int x, int rlen, int y, int llen) {return x >= 0 && x < rlen && y >= 0 && y < llen;}static class Node {int steps;int hx;int hy;int bx;int by;public Node(int steps, int hx, int hy, int bx, int by) {this.steps = steps;this.hx = hx;this.hy = hy;this.bx = bx;this.by = by;}}
}

然而，这个解法不够智能，只击败了10%的java提交，我们有以下方法可以进行优化

使用并查集进行优化

class Solution {//1. 并查集判断能否到达//2. BFS 箱子int[][] dir = new int[][]{{-1, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};public int minPushBox(char[][] grid) {int m = grid.length, n = grid[0].length;int px = 0, py = 0, tx = 0, ty = 0, bx = 0, by = 0;for(int i = 0; i < m; i++) {for(int j = 0; j < n; j++) {if(grid[i][j] == 'B') {bx = i;by = j;} else if(grid[i][j] == 'S') {px = i;py = j;} else if(grid[i][j] == 'T') {tx = i;ty = j;}}}int[] parent = buildSet(grid, m, n);int sp = find(parent, px * n + py);int st = find(parent, tx * n + ty);int sb = find(parent, bx * n + by);if(!(sp == st && st == sb)) return -1;Queue<int[]> que = new LinkedList<>();Set<String> visited = new HashSet<>();que.offer(new int[]{bx * n + by, px * n + py});visited.add((bx * n + by) + "," + (px * n + py));int res = 0;while(!que.isEmpty()) {for(int size = que.size(); size > 0; size--) {int[] p = que.poll();if(p[0] == tx * n + ty) return res;int r = p[0] / n, c = p[0] % n;char ch = grid[r][c];grid[r][c] = '#';parent = buildSet(grid, m, n);for(int[] d : dir) {int x = r + d[0], y = c + d[1];int rx = r - d[0], ry = c - d[1];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] != '#' && rx >= 0 && rx < m && ry >= 0 && ry < n && grid[rx][ry] != '#') {if(find(parent, rx * n + ry) == find(parent, p[1]) && visited.add((x * n + y) + "," + p[0])) {que.offer(new int[]{x * n + y, p[0]});}}}grid[r][c] = (char)(res + '0');}res++;}return -1;}private int[] buildSet(char[][] grid, int m, int n) {int[] parent = new int[m * n];for(int i = 0; i < m * n; i++) parent[i] = i;for(int i = 0; i < m; i ++) {for(int j = 0; j < n; j++) {if(grid[i][j] != '#') {if(i > 0 && grid[i-1][j] != '#') union(parent, (i-1)*n+j, i*n+j);if(i < m-1 && grid[i+1][j] != '#') union(parent, (i+1)*n+j, i*n+j);if(j > 0 && grid[i][j-1] != '#') union(parent, i*n+j-1, i*n+j);if(j < n-1 && grid[i][j+1] != '#') union(parent, i*n+j+1, i*n+j);}}}return parent;}private void union(int[] p, int a, int b) {int pa = find(p, a), pb = find(p, b);if(pa != pb) p[pa] = pb;}private int find(int[] p, int a) {return p[a] = p[a] == a ? a : find(p, p[a]);}
}

击败了41%的java提交

更好的解法

可以用启发式搜索对这个寻找过程进行加速。
箱子用了A*，估价函数f返回值里，第一比较值是取曼哈顿距离和已走步数之和，保证在箱体内搜索出步数最优值，后续比较值是box的坐标。
人用best-first算法，原理和A*相似，只是不用考虑最短步数，只优先考虑距离终点近点的扩展。
因为复数不能在堆里直接比较，所以加了time和pTime计数器保证优先处理先进堆的元素，且不会比较到复数坐标。

A*算法和BF算法单轮无障碍情况下不大于
O((M+N)log(M+N))的时间，对数计算来自于堆的复杂度，单轮有障碍则是
O(MNlog(MN))，所以总的最坏时间复杂度则是
O(M 2 N 2 log(MN) 2)，考虑三个关键点的大多分布在地图周围，但人的行走步数拓展层次多数情况下不会很深，且由于估价函数的存在，大大提升了寻路效率，线上测试平均优化掉一半时间是符合逻辑的。

代码：

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