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给定一个 m x n 二维字符网格 board 和一个字符串单词 word 。如果 word 存在于网格中，返回 true ；否则，返回 false 。

单词必须按照字母顺序，通过相邻的单元格内的字母构成，其中“相邻”单元格是那些水平相邻或垂直相邻的单元格。同一个单元格内的字母不允许被重复使用。

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示例 1：

输入：board = [['A','B','C','E'],['S','F','C','S'],['A','D','E','E']], word = "ABCCED"
输出：true

示例 2：

输入：board = [['A','B','C','E'],['S','F','C','S'],['A','D','E','E']], word = "SEE"
输出：true

示例 3：

输入：board = [['A','B','C','E'],['S','F','C','S'],['A','D','E','E']], word = "ABCB"
输出：false

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提示：

m == board.length
n = board[i].length
1 <= m, n <= 6
1 <= word.length <= 15
board 和 word 仅由大小写英文字母组成

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1. 算法核心思想

本题是一道典型的二维矩阵回溯（Backtracking）题目。其核心在于：以矩阵中的每一个点作为潜在起点，尝试向四个方向“嗅探”目标单词的路径。

解决本题的关键在于“状态保护与还原”：

深度优先搜索 (DFS)：从一个点出发，只要字符匹配，就继续往深处走。
回溯 (Backtracking)：当我们走入死胡同（四个方向都走不通）时，必须把当前格子的“已访问”标记清除，退回到上一步。如果不清除标记，当你从另一条路径重新绕回这个格子时，它会被错误地认为“已走过”，导致漏解。

2. 代码逻辑拆解

第一阶段：全图扫描寻起点 在 exist 函数中，通过双重循环遍历整个 m x n 的网格。一旦发现字符与 word[0] 匹配，立即开启 func 进行深度搜索。只要任意一个起点能走通，整体就返回 true。
第二阶段：防御性剪枝与匹配判定 在 func 入口处进行三重判定：
1. if (ans)：如果已经在其他平行宇宙找到了答案，当前分支立刻停止。
2. if (board[x][y] != word[k])：当前格子字符不对，此路不通。
3. if (k == word.size() - 1)：能走到这一步且字符匹配，说明整条路径已打通，标记 ans = true。
第三阶段：标记与扩散
- 标记：进入递归前，将 visited[x][y] 置为 1。
- 扩散：分别判断上下左右四个方向。只有在坐标合法且未被访问过的情况下，才递进到下一层（k + 1）。
第四阶段：撤销选择（回溯灵魂） 这是最关键的一行：visited[x][y] = 0;。当当前的四个方向都探索完毕（不论成功失败），我们必须把这个格子的标记抹去。这保证了在后续的搜索路径中，该格子依然是“可用”的。

class Solution {
public:
    bool ans = false;

    bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {
        int m = board.size();
        int n = board[0].size();
        vector<vector<int>> visited(m, vector<int>(n, 0));

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 对每一个匹配首字母的格子都发起搜索
                if (board[i][j] == word[0]) {
                    func(board, visited, word, 0, i, j);
                    if (ans) return true;
                }
            }
        }
        return false;
    }

    void func(vector<vector<char>>& board, vector<vector<int>> &visited, string& word, int k, int x, int y) {
        if (ans) return;
        
        // 如果当前格子字符不匹配，直接返回
        if (board[x][y] != word[k]) return;

        // 如果匹配且是最后一个字母
        if (k == word.size() - 1) {
            ans = true;
            return;
        }

        // 做选择：标记已访问
        visited[x][y] = 1;

        // 方向数组（上下左右），比写四个 if 更简洁
        int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
        int dy[4] = {0, 0, -1, 1};

        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int nextX = x + dx[i];
            int nextY = y + dy[i];

            // 越界检查和访问检查
            if (nextX >= 0 && nextX < board.size() && nextY >= 0 && nextY < board[0].size()) {
                if (visited[nextX][nextY] == 0) {
                    func(board, visited, word, k + 1, nextX, nextY);
                }
            }
        }

        // 撤销选择：回溯还原状态（非常重要！）
        visited[x][y] = 0;
    }
};

3. 复杂度分析

时间复杂度：**** $O(N \cdot 3^L)$

其中 $N$ 是网格中的格子总数， $L$ 是字符串 word 的长度。对于每一个起点，我们有 3 个方向可以探索（除去来的那个方向）。最坏情况下，我们要从每个格子出发都搜一遍。
空间复杂度：**** $O(N)$

主要开销来自于 visited 标记数组。此外，递归调用的栈深度最大为 $L$ 。

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