LeetCode 695- 岛屿的最大面积
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题目描述 ：给你一个有 n 个节点的 有向无环图（DAG） ，请你找出所有从节点 0 到节点 n-1 的路径并输出（不要求按特定顺序）
graph[i] 是一个从节点 i 可以访问的所有节点的列表（即从节点 i 到节点 graph[i][j]存在一条有向边）。
解题思路
- 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result和path，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start。start来标记我们当前走到了哪个节点，下次从这个节点开始走的。
- 确定终止条件 ，本题是到特定点的路径，所以path的最后一个数值为特定节点就终止。即
start == graph.size()-1
-
**单层处理逻辑，**每次将当前节点中能通向的路径都走一遍，也就是将其全部都递归一遍。
class Solution {
public:
vector<int> path;
vector<vector<int>> result;
void traversal(vector<vector<int>>& graph,int start){
if(start == graph.size()-1){
result.push_back(path);
//return ;
}
for(int i=0;i<graph[start].size();i++){
path.push_back(graph[start][i]);
traversal(graph,graph[start][i]);
path.pop_back();
}
}
vector<vector<int>> allPathsSourceTarget(vector<vector<int>>& graph) {
path.push_back(0);
traversal(graph,0);
return result;
}
};
总结：
- 递归的应用
LeetCode 200- 岛屿数量
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题目描述：给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。
岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。
此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。
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。
- 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：当超出网格范围就终止。
-
**单层处理逻辑，**每次我们将当前节点的岛屿的值设置为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。
class Solution {
public:
int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
int islandNum = 0;
for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {
for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {
//如果是陆地，那就进行深度优先遍历，不断淹没陆地
if (grid[i][j] == '1') {
dfs(grid, i, j);
islandNum++;
}
}
}
return islandNum;
}
public:
void dfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) {
//这里是先进递归，后判断是否符合条件，不符合直接return，符合才会向更深处递归。
if (i < 0 || j < 0 || i >= grid.size() || j >= grid[0].size() || grid[i][j] != '1') return;
grid[i][j] = '0';
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）：
用队列模拟广度优先，首先入队第一个遇到的陆地，然后遍历其上下左右的空间，是陆地就入队且淹没，非陆地就不操作，不断进行，直到全部变为海洋为止。
class Solution {
public:
int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};//定义四个方向的走向，这个4x2的矩阵就是代表4个方向
int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
int res = 0;
int n = grid.size(),m = grid[0].size();
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(grid[i][j] == '1'){//当遇到陆地时，进行广度优先遍历
bfs(grid,i,j);//广度优先结束后，说明刚刚淹没一片陆地，res++，
res ++; //若下次还有陆地要淹，则res会继续++
}
}
}
return res;
}
void bfs(vector<vector<char>> &grid,int x,int y){
queue<pair<int,int>> que;//队列模拟广度优先，其中存储的是对组，为x，y坐标
que.push({x,y});//首先压入传进来的岛屿的位置
grid[x][y] = '0';//将其淹没
while(!que.empty()){//若队列不为空，则一直循环
pair<int,int> cur = que.front();//取出头部的陆地坐标
que.pop();
int curx = cur.first;//赋值给当前x，y坐标
int cury = cur.second;
//对四个方向进行遍历，也就是对当前陆地的一周进行遍历，如果有陆地，那就入队。
for(int i=0;i<4;i++){
int nextx = curx + dir[i][0];
int nexty = cury + dir[i][1];
//如果当前走的一步没有越界，且是陆地，则将其入队，然后淹没。
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';
}
}
}
};
总结：
- 与其想符合条件的递归，不如想不符合条件的返回（高效又不易错）。本题体现在与其去想怎么样进入递归，不如想什么情况下进入递归了不符合条件直接返回。