完整教程：LeetCode 面试题 16.22. 兰顿蚂蚁

蚂蚁的位置：(x, y)
- 初始位置可以设为 (0, 0)。
蚂蚁的方向：
约定方向编码为：
- 0: 上 (U)
- 1: 右 (R)
- 2: 下 (D)
- 3: 左 (L)
初始方向为 右 ®，即 dir = 1。
黑色格子集合：
可以用 unordered_set<long long> 存储，每个格子坐标 (x, y) 编码成一个 long long：
```
auto encode = [](int x, int y) -> unsigned long long {
return ((unsigned long long)(unsigned int)x << 32) | (unsigned long long)(unsigned int)y;
};
```
这样就可以 O(1) 平均时间判断一个格子是否是黑色。
注意 int 符号拓展的问题。
已访问区域的最小矩形边界：
- minX, maxX, minY, maxY
- 每次蚂蚁“站在某个格子上”时，把这个格子纳入边界中：
  - 模拟过程中：每一步操作前，将当前 (x, y) 更新到边界；
  - 模拟结束后，再把“最终位置”也更新到边界。
题目中要求返回能包含蚂蚁走过所有方格的最小矩形，用这个四元组就可以定位最终输出的矩形大小。

3. 每一步如何模拟？

当前蚂蚁在 (x, y)，方向为 dir：

看当前格子颜色：
- 如果不在黑色集合中：它是白色
- 如果在黑色集合中：它是黑色
如果是白色：
- 把它翻成黑色：把 (x, y) 加入集合
- 右转：dir = (dir + 1) % 4
如果是黑色：
- 把它翻成白色：把 (x, y) 从集合中删掉
- 左转：dir = (dir + 3) % 4（相当于 -1，注意要加 4 再取模或直接 +3 再模）

按新的方向前进一步：

/* 顺时针方向：0 = 上, 1 = 右, 2 = 下, 3 = 左
+----+----+----+----+
| \  | y0 | y1 | y2 |
+----+----+----+----+
| x0 |    |    |    |
+----+----+----+----+
| x1 |    |    |    |
+----+----+----+----+
| x2 |    |    |    |
+----+----+----+----+
*/
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[4] = {0, 1, 0, -1};

循环执行 K 次即可。

4. 如何构造最后的输出网格？

我们现在有：

黑色格子集合 black
蚂蚁最终位置 (x, y) & 方向 dir
覆盖所有走过格子的边界 minX, maxX, minY, maxY

构造网格：

网格的高度/宽度：

int rows = maxX - minX + 1;
int cols = maxY - minY + 1;

初始化为全白 '_'：

vector<string> res(rows, string(cols, '_'));

把所有黑色格子标成 'X'

for(auto &key : black) {
int bx = (int)(key >> 32);
int by = (int)(key & 0xffffffff);
res[bx - minX][by - minY] = 'X';
}

遍历黑色集合中的每个 (bx, by)，在 ans[row][col] = 'X'。

最后填蚂蚁所在的位置，覆盖之前可能填的 'X'：
```
res[x - minX][y - minY] = "URDL"[dir];
```

C++ 代码

class Solution {
public:
vector<string> printKMoves(int K) {// 把 (x,y) 编码成一个 unsigned long long// 先将 int:x,y 转换为 unsigned int 避免有符号数符号拓展污染高位auto encode = [](int x, int y) -> unsigned long long{return ((unsigned long long)(unsigned int)x << 32) ^ (unsigned long long)(unsigned int)y;};// 用 hash set 存黑色格子（白色默认不存）unordered_set<unsigned long long> black;black.reserve(K * 2); // 预留两倍空间减少扩容次数// 方向：0 = 上, 1 = 右, 2 = 下, 3 = 左// (0,0) -----> x轴// |// |// ↓// y轴int dx[4] = {0, 1, 0, -1};int dy[4] = {-1, 0, 1, 0};int x = 0, y = 0; // 当前位置int dir = 1; // 初始向右// 边界（用来计算最终矩形大小）int minX = 0, maxX = 0;int minY = 0, maxY = 0;// 模拟 K 步for (int i = 0; i < K; ++i) {unsigned long long key = encode(x, y);bool isBlack = (black.count(key) > 0);if (isBlack) {// 黑色：变白 + 左转black.erase(key);dir = (dir - 1 + 4) % 4; // +4 避免出现负数} else {// 白色：变黑 + 右转black.insert(key);dir = (dir + 1) % 4;}// 前进x += dx[dir];y += dy[dir];minX = min(minX, x);maxX = max(maxX, x);minY = min(minY, y);maxY = max(maxY, y);}int rows = maxY - minY + 1;int cols = maxX - minX + 1;// 创建全白画布vector<string> ans(rows, string(cols, '_'));// 填黑格子for (auto &key : black) {int bx = (int)(key >> 32);int by = (int)(key & 0xffffffff);int row = by - minY;  // y 对应行int col = bx - minX;  // x 对应列ans[row][col] = 'X';}// 放蚂蚁ans[y - minY][x - minX] = "URDL"[dir];return ans;}};

时间 & 空间复杂度分析

设步数为 K，最终最小矩形为 rows × cols：

模拟过程：
- 每一步只做：
  - 在 hash 表中插入/删除/查询一次（均摊 O(1)）
  - 若干常数操作
- 总时间：O(K)（均摊）
构造输出网格：
- 初始化网格：O(rows × cols)
- 填黑色格子：至多访问 black.size() 个格子，black.size() ≤ K，所以 O(K)
- 综合：O(rows × cols + K)

在这道题给定的数据范围下，Langton 蚂蚁实际走过区域的面积相对 K 是线性的量级，因此整体时间可以认为是 O(K)。

空间复杂度：
- 黑色格子集合：最多 K 个位置 → O(K)
- 输出网格：O(rows × cols)，在本题约为 O(K)
- 综合空间复杂度：O(K)

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