题目描述
本题重点有三个：
·不超出方格范围（坐标大于0，小于等于rols(cols)）
·不重复访问格子，这里使用visited数组来判断
·坐标值每位之和小于k

时间复杂度
最大可能的遍历次数：
在最坏的情况下，机器人需要遍历整个网格的每个格子一次。假设网格的大小为 m × n（rows 为 m，cols 为 n），那么最多有 m × n 个格子。

遍历的时间复杂度：
每次递归调用都会检查当前格子的四个邻居（上、下、左、右），因此每个格子的访问可能会导致最多4次递归调用。不过，借助visited数组的帮助，每个格子只会被访问一次。因此，总的时间复杂度与遍历的格子数量成线性关系。

综合时间复杂度：
由于每个格子最多访问一次，时间复杂度为 O(mn)，其中 m 是网格的行数，n 是网格的列数。

C++ 代码

class Solution {
public:
    int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
        vector<vector<bool>> visited(rows, vector<bool>(cols, false));
        //用vector容器定义二维数组visited，行rows，宽cols视visited为一个大数组，包含了 rows 个长度为 cols 的小数组，值初始化为false(即未被访问)
        return recursion(0, 0, threshold, rows, cols, visited);
    }

private:
    int recursion(int x, int y, int threshold, int rows, int cols, vector<vector<bool>>& visited) {
        if (x < 0 || x >= rows || y < 0 || y >= cols || visited[x][y] || locsum(x) + locsum(y) > threshold) {
        return 0;
        //如果不满足：1、在方格范围内；2、未被访问；3、总和小于k；
        //则结束该次递归调用，返回值为 0 表示不增加可到达的格子数；
        }
        visited[x][y] = true;
        //满足条件则修改visited数值为true，表示该点已被访问，后续访问不再加一
        //用 1（本次递归条件满足，所以加一） 加上 四个方向的递归（从上到下分别是该点的 右，左，上，下）
        return 1 + recursion(x + 1, y, threshold, rows, cols, visited)
             + recursion(x - 1, y, threshold, rows, cols, visited)
             + recursion(x, y + 1, threshold, rows, cols, visited)
             + recursion(x, y - 1, threshold, rows, cols, visited);
    }

    //计算当前位置的各位总和
    int locsum(int x) {
        int sum = 0;
        while (x > 0) {
            sum += x % 10;
            x /= 10;
        }
        return sum;
    }
};