题目

给定一个 n × n 的二维矩阵 matrix 表示一个图像。请你将图像顺时针旋转 90 度。

你必须在 原地 旋转图像，这意味着你需要直接修改输入的二维矩阵。请不要 使用另一个矩阵来旋转图像。

示例 1：

输入： matrix = [[1,2,3],[4,5,6],[7,8,9]] 输出：[[7,4,1],[8,5,2],[9,6,3]]

示例 2：

输入： matrix = [[5,1,9,11],[2,4,8,10],[13,3,6,7],[15,14,12,16]] 输出：[[15,13,2,5],[14,3,4,1],[12,6,8,9],[16,7,10,11]]

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题解

辅助数组

核心思想

图像顺时针旋转90度，其实有点像矩阵的转置，不过是把第一行放到最后一列，第二行放到倒数第二列，以此类推。

第一行：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ \circ & \circ & \circ \\ \circ & \circ & \circ \end{bmatrix} \xRightarrow{旋转后} \begin{bmatrix} \circ & \circ & 1 \\ \circ & \circ & 2 \\ \circ & \circ & 3 \end{bmatrix}$$

第二行：

$$\begin{bmatrix} \circ & \circ & \circ \\ 4 & 5 & 6 \\ \circ & \circ & \circ \end{bmatrix} \xRightarrow{旋转后} \begin{bmatrix} \circ & 4 & \circ \\ \circ & 5 & \circ \\ \circ & 6 & \circ \end{bmatrix}$$

第三行：

$$\begin{bmatrix} \circ & \circ & \circ \\ \circ & \circ & \circ \\ 7 & 8 & 9 \end{bmatrix} \xRightarrow{旋转后} \begin{bmatrix} 7 & \circ & \circ \\ 8 & \circ & \circ \\ 9 & \circ & \circ \end{bmatrix}$$

总结推导：

$$\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{bmatrix} \xRightarrow{旋转后} \begin{bmatrix} a_{n1} & \cdots & a_{21} & a_{11} \\ a_{n2} & \cdots & a_{22} & a_{12} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{nn} & \cdots & a_{2n} & a_{1n} \end{bmatrix}$$

翻译成代码：$matrix[row][col]$ 的位置会变成$matrix_{new}[col][n - row - 1]$

代码

class Solution {
public:
    void rotate(vector<vector<int>>& matrix) {
        int n = matrix.size();
        vector<vector<int>> matrixNew(n, vector<int> (n));
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j < n; j++) {
                matrixNew[j][n - i - 1] = matrix[i][j];
            }
        }
        matrix = matrixNew;
    }
};

时间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 是矩阵的边长。 空间复杂度：$O(n^2)$，需要一个和 $matrix$ 一样大的矩阵。

原地旋转

核心思想

1. 普通坐标系（数学 xy 坐标系）

$$\text{数学坐标系：原点左下角，}y\uparrow \text{向上增大}$$ $$\text{矩阵数组坐标系：原点左上角，}i\downarrow \text{向下增大}$$

同样一个屏幕上的点：

• 数学坐标：y越大，点越靠上
• 矩阵下标：i越大，点越靠下

$$\begin{cases} \text{矩阵坐标系：}i \text{ 向下增大} \\ \text{数学笛卡尔坐标系：}y \text{ 向上增大} \end{cases} \Rightarrow \text{竖直镜像翻转}$$

矩阵左上角是原点$(0,0)$；数学坐标系左上角是$(0,n-1)$。

$y=(n-1)-i$ 的来源

举 $n=3$，$n-1=2$：

矩阵行号i	在矩阵中的位置	想要得到的数学y
i=0	最上面一行	y=2
i=1	中间行	y=1
i=2	最下面一行	y=0

观察表格：

$i=0 \to y=2$

$i=1 \to y=1$

$i=2 \to y=0$

可以看到：$\boldsymbol{i+y = n-1}$ 移项直接得到：

$\boldsymbol{y = (n-1)-i}$

几何理解：上下镜像反射

一条线段，下标 $0 \sim L$，点 x 关于中线的镜像点：

$x' = L - x$

这里 $L = n-1$，就是最大下标。

矩阵的行 i，以整个矩阵的上下边界做镜像，得到数学坐标的 y。

2. 坐标转换三步法（标准推导）

设矩阵阶数n，下标$0\sim n-1$。 原矩阵位置：矩阵坐标 $P_m=(i,j)$

1️⃣ 矩阵坐标 → 数学笛卡尔坐标（y 向上） 把矩阵向下的i翻转成向上的 y：

$x = j,\quad y = n-1-i$

矩阵$(i,j)$ 对应数学点$(x,y)=(j,\ n-1-i)$

2️⃣ 数学坐标系点顺时针旋转 90° 旋转公式 $(x,y)\xrightarrow{\text{顺90°}} (y,-x)$ 代入得到旋转后的数学坐标$(x_1,y_1)$：

$x_1 = y = n-1-i,\quad y_1 = -x = -j$

3️⃣ 把旋转后的数学坐标，转换回矩阵坐标（y 轴向下） 数学坐标$(x_1,y_1)$变回矩阵$(i',j')$ 转换关系：

$$j' = x_1,\quad i' = n-1-y_1$$

代入 $x_1=n-1-i,\ y_1=-j$：

$$\begin{align*} j' &= n-1-i \\ i' &= n-1 - (-j) = j \end{align*}$$

得到旋转后的矩阵坐标：

$$\boldsymbol{(i',j')=(j,\ n-1-i)}$$

✅这就是核心映射：矩阵中$(i,j)$顺时针转 90 度后，落到位置 $\boldsymbol{(j,\ n-1-i)}$。

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$$\begin{cases} \text{矩阵坐标}(i,j)\xrightarrow{\text{转数学坐标}} \begin{cases} x=j\\ y=n-1-i \end{cases} \\[1em] (x,y)\xrightarrow{\text{顺时针90°旋转}} (x_1,y_1)=(y,-x) \\[1em] (x_1,y_1)\xrightarrow{\text{转回矩阵坐标}} \begin{cases} j'=x_1\\ i'=n-1-y_1 \end{cases} \end{cases} \Rightarrow \boldsymbol{(i',j')=(j,\ n-1-i)}$$

3. 得到完整 4 点闭环

已知变换函数 $f(i,j) = \big(j,\ n-1-i\big)$

1. $P_0=(i,j)$
2. $P_1=f(P_0) =\big(j,\ n-1-i\big)$
3. $P_2=f(P_1) = f(j,n-1-i) = \big(n-1-i,\ n-1-j\big)$
4. $P_3=f(P_2) = f(n-1-i,n-1-j)=\big(n-1-j,\ i\big)$
5. $P_4=f(P_3)=(i,j)=P_0$，回到起点，闭环。

$\boldsymbol{(i,j)\to (j,n-1-i)\to(n-1-i,n-1-j)\to(n-1-j,i)\to(i,j)}$

实例验证 n=3

$n=3,n-1=2$，取$P_0=(0,0)$

• $P_0=(0,0)$
• $P_1=f(0,0)=(0,2)$
• $P_2=f(0,2)=(2,2)$
• $P_3=f(2,2)=(2,0)$
• $P_4=f(2,0)=(0,0)$

对应矩阵四个角：$(0,0)\to(0,2)\to(2,2)\to(2,0)\to(0,0)$，完全符合。

$$\begin{bmatrix} \color{red}{1} & 2 & \color{blue}{3}\\ 4 & 5 & 6\\ \color{orange}{7} & 8 & \color{green}{9} \end{bmatrix}$$

4. 枚举哪些点

不能遍历全部矩阵，否则同一组 4 个点会被重复处理，覆盖已经交换好的值。

只枚举左上角子区域：

$$\begin{cases} 0 \le i < \left\lfloor \dfrac{n}{2} \right\rfloor \\[0.8em] 0 \le j < \left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil \end{cases}$$ $$\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil = \frac{n+1}{2}\quad(\text{整数除法})$$

• n偶数：左上角 $\dfrac n2 \times \dfrac n2$ 的区域。
• n奇数：包含中间列，矩阵中心点不会被枚举，无需处理。

图示：黄色为枚举起点

n=3：
🟨 🟨 ⬜
⬜ ⬜ ⬜
⬜ ⬜ ⬜

n=4：
🟨 🟨 ⬜ ⬜
🟨 🟨 ⬜ ⬜
⬜ ⬜ ⬜ ⬜
⬜ ⬜ ⬜ ⬜

代码

class Solution {
public:
    void rotate(vector<vector<int>>& matrix) {
        int n = matrix.size();
        for(int i = 0; i < n / 2; i++) {
            for(int j = 0; j < (n + 1) / 2; j++) {
                int temp = matrix[i][j];
                matrix[i][j] = matrix[n - j - 1][i];
                matrix[n - j - 1][i] = matrix[n - i - 1][n - j - 1];
                matrix[n - i - 1][n - j - 1] = matrix[j][n - i - 1];
                matrix[j][n - i - 1] = temp;
            }
        }
    }
};

时间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 是矩阵的边长。 空间复杂度：$O(1)$，原地旋转。

转置 + 每行反转

核心思想

矩阵顺时针旋转 90° = 主对角线转置，再每一行左右翻转。

本质：把旋转拆解成两个简单矩阵变换，避开四点轮换复杂的坐标闭环与循环边界。

1. 主对角线转置

主对角线：左上到右下，$i=j$。 转置操作：交换 $\boldsymbol{matrix[i][j] \leftrightarrow matrix[j][i]}$。

⚠️注意：只处理上三角区域 $j>i$。 如果全部 i,j 循环，每一对元素会交换两次，变回原始矩阵。

示例 $n=3$： 原矩阵

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{bmatrix} \xRightarrow{\text{主对角线转置}} \begin{bmatrix} 1 & 4 & 7 \\ 2 & 5 & 8 \\ 3 & 6 & 9 \end{bmatrix}$$

2. 每行左右原地反转

把转置完成后的矩阵，每一行做镜像左右翻转。

$$\begin{bmatrix} 1 & 4 & 7 \\ 2 & 5 & 8 \\ 3 & 6 & 9 \end{bmatrix} \xRightarrow{\text{每行反转}} \begin{bmatrix} 7 & 4 & 1 \\ 8 & 5 & 2 \\ 9 & 6 & 3 \end{bmatrix}$$

得到顺时针旋转 90° 的结果。

为什么这两步组合等价顺时针 90°（简单推导）

设原矩阵元素 $M[i][j]$。

1. 主对角线转置之后：$M[i][j]$ 跑到 $M[j][i]$。
2. 行反转：同一行中，列 j 映射到 $n-1-j$。

合并两步：

• 第一步转置：$(i,j) \Rightarrow (j,i)$
• 第二步行翻转：列下标 $i \Rightarrow n-1-i$

最终位置：

$\boldsymbol{(i,j) \Rightarrow \big(j,\ n-1-i\big)}$

$$(i,j)_{\text{原}} \xrightarrow{\text{转置}} (j,i) \xrightarrow{\text{行反转}} \big(j,\ n-1-i\big)$$

✅和四点轮换的核心坐标映射公式完全一致。

也就是说：转置 + 行反转，本质就是间接实现了 $(i,j)\to(j,n-1-i)$ 的坐标变换。

代码

class Solution {
public:
    void rotate(vector<vector<int>>& matrix) {
        int n = matrix.size();
        for(int i = 0; i < n; ++i){
            for(int j = i + 1; j < n; ++j){
                swap(matrix[i][j], matrix[j][i]);
            }
        }
        for(int i = 0; i < n; ++i){
            reverse(matrix[i].begin(), matrix[i].end());
        }
    }
};

时间复杂度：$O(n^2)$，每个元素访问常数次。 空间复杂度：$O(1)$，原地操作。

三种算法对比

算法	是否原地	时间复杂度	额外空间	优点	缺点	适合场景
辅助矩阵拷贝	❌	$O(n^2)$	$O(n^2)$	逻辑最简单，零边界错误	不满足原地要求	理解坐标映射，教学演示
四点轮换交换	✅	$O(n^2)$	$O(1)$	体现完整坐标变换原理	循环边界易错，代码繁琐	面试手撕、原理考察
转置 + 每行反转	✅	$O(n^2)$	$O(1)$	代码简短，边界简单	看不到旋转闭环，依赖 reverse	笔试做题、快速 AC

48. 旋转图像 - 力扣（LeetCode）