算法|图论 2 - 技术栈

LeetCode 695- 岛屿的最大面积

题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台

题目描述：给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid 。

岛屿是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。

岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。

计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0 。

解题思路

思路一（深度优先遍历）：

首先确定递归函数的参数，返回值。本题要路径，我们直接设置两个全局变量res和tmp，这样可以不用写太多参数传递。返回值就是void，参数需要图和一个x和y来记录当前在哪个岛屿。下次从这个岛屿开始走的。
确定终止条件 ，本题按我们的逻辑，先进入循环再判断是否应该终止，那么终止条件就是：当超出网格范围或该岛屿已经是海洋 就终止。
**单层处理逻辑，**每次将当前岛屿淹没，并且让这片岛屿的面积++（因为我们是确定了当前是陆地才会进入下层递归）。

class Solution {
public:
int res = 0;//记录最大面积
int tmp = 0;//当前这片岛屿的面积
int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {
for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {
if (grid[i][j] == 1) {
dfs(grid, i, j);
//当这次递归结束的时候，说明这片岛屿已经全部被淹没了，此时我们可以记录一下
//这片岛屿的面积，并将tmp置为0，也就是下一片岛屿从新计算大小
res = max(res,tmp);
tmp = 0;
}
}
}
return res;
}
public:
void dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j) {
if (i < 0 || j < 0 || i >= grid.size() || j >= grid[0].size() || grid[i][j] != 1){
return;
}
grid[i][j] = 0;
//当前如果是陆地那么就让岛屿大小++
tmp++;
dfs(grid, i + 1, j);
dfs(grid, i - 1, j);
dfs(grid, i, j + 1);
dfs(grid, i, j - 1);
}
};

思路二（广度优先遍历）：

与之前一题一样，就是多一个计算每片岛屿面积的tmp

class Solution {
public:
    int res = 0;
    int tmp = 0;
    int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        for(int i=0;i<grid.size();i++){
            for(int j=0;j<grid[0].size();j++){
                if(grid[i][j] == 1){
                    bfs(grid,i,j);
                    res = max(res,tmp);
                    tmp = 0;
                }
            }
        }
        return res;
    }
    void bfs(vector<vector<int>> &grid,int x,int y){
        queue<pair<int,int>> que;
        que.push({x,y});
        grid[x][y] = 0;
        tmp++;//这里也要面积++，因为第一次进入也淹没了一个小岛屿。
        while(!que.empty()){
            pair<int,int> cur = que.front();
            que.pop();
            int curx = cur.first;
            int cury = cur.second;
            for(int i=0;i<4;i++){
                int nextx = curx + dir[i][0];
                int nexty = cury + dir[i][1];
                if(nextx < 0 || nexty < 0 || nextx >= grid.size() || nexty >= grid[0].size() ||grid[nextx][nexty] != 1) continue;
                que.push({nextx,nexty});
                grid[nextx][nexty] = 0;
                tmp++;
            }
        }
    }
};

总结：

深搜和广搜的问题，这题的广搜需要注意，只要淹没就得加面积的。

LeetCode 1020- 飞地的数量

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题目描述 ：给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ，其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。一次移动是指从一个陆地单元格走到另一个相邻（上、下、左、右）的陆地单元格或跨过 grid 的边界。

返回网格中无法在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。

解题思路

思路一（深度优先遍历）：

首先确定递归函数的参数，返回值。本题不需要这些。不过这题我们要设置一个全局变量cango表示是否能走到界外。为false不能走到界外，为true则可以走到界外。
确定终止条件 ，本题按我们的逻辑，先进入循环再判断是否应该终止，那么终止条件就是：当超出网格范围 或 当前遍历的是海洋 就终止。不过这里需要注意，这道题目需要求的是不能走到界外的岛屿的数量。所以终止条件处理的时候有些区别。当出界的时候就将cango设置为true表示可以走出界并返回。当遇到的是海洋，就直接返回。

**单层处理逻辑，**每次我们将当前岛屿的值设置为0，模拟为被淹没，并且去淹没当前节点的上下左右相邻的节点。为1的节点为陆地状态，并且将tmp++，表示相连的岛屿数量加一。在每次递归完出来的时候，说明走完了这一片岛屿，我们可以看看是否能走出界，不能则将tmp 加到res中，并且将tmp置为0（cango不做操作，因为默认不能走出去）。可以则将cango置为false，并且将tmp置为0。直到这片海域没有岛屿为止。

class Solution {
public:
int res = 0;
int tmp = 0;
bool cango = false;//标记当前这片岛屿能否走到界外
void dfs(vector<vector<int>> &grid,int x,int y){
//若到达界外，则标记为true，返回
if(x < 0 || y < 0 || x >= grid.size() || y >= grid[0].size()){
cango = true;
return ;
}
//若是海洋，也返回
if(grid[x][y] == 0) return;
//将岛屿淹没
grid[x][y] = 0;
//这片岛屿数量加一
tmp ++;
dfs(grid,x+1,y);
dfs(grid,x-1,y);
dfs(grid,x,y+1);
dfs(grid,x,y-1);
}
int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(),n = grid[0].size();
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
//若遇到岛屿，则进行深度优先遍历
if(grid[i][j] == 1){
dfs(grid,i,j);
//若标记为不能走到边界，则将tmp加到结果中
if(cango == false){
res += tmp;
//将tmp清零
tmp = 0;
}else{
//若无法走到边界，则将cango改为默认值false
tmp = 0;
cango = false;
}
}
}
}
return res;
}
};

思路二（广度优先遍历）：

就是多了一个不能走出界则将岛屿数加到结果中的操作。

class Solution {
public:
    int tmp = 0;
    int res = 0;
    bool cango = false;//标记是否能走到界外
    int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};
    void bfs(vector<vector<int>> &grid,int x,int y){
        queue<pair<int,int>> que;//存储对组的队列，存坐标用的
        que.push({x,y});//压入当前的坐标
        grid[x][y] = 0;//淹没当前岛屿
        tmp ++;//只要有淹没，就tmp++
        while(!que.empty()){
            pair<int,int> cur = que.front();//取出队头元素
            que.pop();//弹出队头
            for(int i=0;i<4;i++){
                //遍历四个方向，看是否有岛屿
                int nextx = cur.first + dir[i][0];
                int nexty = cur.second + dir[i][1];
                if(nextx < 0 || nexty < 0 || nextx >= grid.size() || nexty >= grid[0].size()){
                    cango = true;
                    continue;
                }
                if(0 == grid[nextx][nexty]) continue;
                tmp++;
                que.push({nextx,nexty});
                grid[nextx][nexty] = 0;
            }
        }
    }
    int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {
        int m = grid.size(),n = grid[0].size();
        for(int i=0;i<m;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                if(grid[i][j] == 1){
                    bfs(grid,i,j);
                    if(false == cango){
                        res += tmp;
                    }else{
                        cango = false;
                    }
                    tmp = 0;
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

总结：

多了一个加岛屿的操作。