LeetCode-827. 最大人工岛

最大人工岛

题目描述

原题链接

给你一个大小为 n x n 二进制矩阵 grid 。最多只能将一格 0 变成 1 。

返回执行此操作后，grid 中最大的岛屿面积是多少？

岛屿由一组上、下、左、右四个方向相连的 1 形成。

问题分析

为了方便实现并查集，将二维坐标转换为一维上的点，计算公式为idx = x * n + y

使用并查集维护所有grid[i][j] = 1的块连通性，并在维护连通性的过程种，使用sz[idx]记录下每个连通块的大小。

对原始的grid[i][j]进行处理：

若grid[i][j] = 1，无需变为岛屿。直接计算连通块的最大面积sz[root]，其中root为(i, j)所属连通块的根节点编号。
若grid[i][j] = 0，该位置可变为岛屿，统计四个方向连通位置是否存在岛屿，计算连通后的岛屿总和。

最后，对所有连通块大小取最大值。

程序代码

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class Solution {
private:
    int n;
    vector<int> p;  // 并查集
    vector<int> sz;  // 连通块的大小
    vector<int> dx = {-1, 0, 1, 0};
    vector<int> dy = {0, -1, 0, 1};

    // 将二维坐标转换为一维上的点
    int get(int x, int y) {
        return x * n + y;
    }

    // 并查集查找操作
    int find(int x) {
        if(p[x] != x)  p[x] = find(p[x]);
        return p[x];
    }

public:
    int largestIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        n = grid.size();
        if(n == 0)  return 0;
        p = vector<int>(n * n, 0);
        sz = vector<int>(n * n, 1);  // 连通块大小初始化为1
        for(int i = 0; i < n * n; i++) {
            p[i] = i;
        }
        // 计算岛屿变化前的连通块大小
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j < n; j++) {
                if( grid[i][j] == 0)  continue;
                int a = get(i, j);
                // 遍历四个方向，计算连通块大小
                for(int t = 0; t < 4; t++) {
                    int x = i + dx[t], y = j + dy[t];
                    if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n || grid[x][y] == 0)  continue;
                    int b = get(x, y);
                    int pa = find(a), pb = find(b);
                    // 已经连通
                    if(pa == pb) {
                        continue;
                    }
                    // 集合合并
                    p[pb] = pa;
                    sz[pa] += sz[pb];
                }
            }
        }
        int res = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j < n; j++) {
                int a = get(i, j);
                if(grid[i][j] == 1) {
                    res = max(res, sz[find(a)]);
                }
                else {
                    int ans = 1;
                    unordered_set<int> s;
                    // 扩展四个方向的连通分量
                    for(int t = 0; t < 4; t++) {
                        int x = i + dx[t], y = j + dy[t];
                        if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n || grid[x][y] == 0)  continue;
                        int b = get(x, y);
                        int pb = find(b);
                        // 该连通分量已经扩展过了
                        if( s.count(pb) )  continue;
                        ans += sz[pb];
                        s.insert(pb);
                    }
                    res = max(res, ans);
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度为 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)