【寸铁的刷题笔记】图论、bfs、dfs

【寸铁的刷题笔记】图论、bfs、dfs

大家好 我是寸铁👊
金三银四，图论基础结合bfs、dfs是必考的知识点✨

快跟着寸铁刷起来！面试顺利上岸👋

喜欢的小伙伴可以点点关注 💝

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🌞详见如下专栏🌞

🍀🍀🍀寸铁的刷题笔记🍀🍀🍀

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200. 岛屿数量

考点

递归、dfs

思路

思路:遍历二维数组,遇到陆地则计数器加1

然后,向该陆地上、下、左、右四个方向进行搜索。

遇到边界则停止搜索,如果搜索到的网格为陆地,则说明该网格和遍历到的陆地连通。

同时,把该搜索到的陆地'1',置为海洋'0'

由于之前遍历二维数组时遇到陆地时计数器加1,由于连通,算作1个岛屿。

这样就避免下次遍历二维数组时重复遍历陆地,导致岛屿数量多算了。

代码

class Solution {
    /*
    思路:遍历二维数组,遇到陆地则计数器加1
    然后,向该陆地上、下、左、右四个方向进行搜索。
    遇到边界则停止搜索,如果搜索到的网格为陆地,则该网格和遍历到的陆地连通。
    同时,把该搜索到的陆地'1',置为海洋'0'
    由于之前遍历二维数组时遇到陆地时计数器加1,由于连通,算作1个岛屿。
    这样就避免下次遍历二维数组时,重复遍历陆地,导致岛屿数量多算了。
    */
    public int numIslands(char[][] grid) {
        int count = 0;//统计陆地的数量
        for(int i = 0; i < grid.length; i++){ //数组的行数
            for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){//数组的列数
                if(grid[i][j] == '1'){//如果说遍历到的节点是陆地'1'
                     dfs(grid , i , j);//则调用递归函数将该陆地周围的陆地进行置0操作
                     count++;//陆地数量++   
                }      
          }
        }
    return count;//返回陆地的数量
    }

    public void dfs(char [][]grid , int i , int j){
        //边界条件,遇到边界则搜索停下来。
        if(i < 0 || j < 0 || i >= grid.length || j >= grid[0].length || grid[i][j] == '0')return;
        //将陆地周围联通的陆地进行置0 , 避免重复遍历,统计陆地的数量不正确。
        grid[i][j] = '0';
        //向上、下、左、右四个方向进行遍历,把能走通的陆地进行置0,避免重复遍历。
        //上
        dfs(grid , i -1 , j);
        //下
        dfs(grid , i + 1 , j);
        //左
        dfs(grid , i , j - 1);
        //右
        dfs(grid , i , j + 1);
    }
}

130. 被围绕的区域

考点

递归、dfs

思路

题目描述

这道题是让我们寻找所有被X围绕的区域,并将这块区域中的所有的'O用X进行填充。

转换问题

那么怎么样去寻找所有被X围绕的区域呢？

直接做肯定不好做,不妨反过来思考,什么样的才是不被X围绕的区域呢？

---

观察题目图形,我们发现如果O位于棋盘边界的位置,则说明O不被X所围绕,与外界连通。

那么问题就转换为去搜索从边界的O开始连通的O区域,这一部分连通的区域必定是不满足条件的,也就是不用替换为X的。

所以,我们从边界的位置出发,去搜索从边界的O开始连通的O区域,并把搜索过的O标记为*,避免后面被重复遍历。

如下图绿色为棋盘的边界部分

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复原操作

最后,对棋盘的字符进行复原操作,把标记的*复原为X。

剩下的O则为被包围的区域,进行替换为X即可。

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代码

class Solution {
    /*
    思路:
    这道题是让我们寻找所有被'X'围绕的区域,并将这块区域中的所有'O'用'X'进行填充。
    那么,怎么样去寻找所有被'X'围绕的区域呢？
    直接做肯定不好做,不妨反过来思考,什么样的才是不被'X'围绕的区域呢？
    观察图形,我们发现如果O位于棋盘边界的位置,则说明'O'不被'X'所围绕。
    那么问题就转换为去搜索从边界的'O'开始连通的'O'区域,这一部分连通的区域必定是不满足条件的,也就是不用替换为'X'的。
    所以,我们从边界的位置出发,去搜索从边界的'O'开始连通的'O'区域,并把搜索过的'O'标记为'*',避免后面被重复遍历。
    最后,对棋盘的字符进行复原操作,把标记的'*'复原为'X'。
    剩下的'O'则为被包围的区域,进行替换为'X'即可。
    */
    int m;//棋盘的行数
    int n;//棋盘的列数
    public void solve(char[][] board) {
        m = board.length;//行的长度
        n = board[0].length;//列的长度
        for(int i = 0; i < m; i++){
          dfs(board , i , 0);//每一行的第一个位置
          dfs(board , i , n - 1);//每一行的最后一个位置  
        }
        for(int i = 1; i < n - 1; i++){
            dfs(board , 0 , i);//第一行除了头尾之外的位置
            dfs(board , m - 1, i);//最后一行除了头尾之外的位置
        }
        //dfs处理完毕后,再进行棋盘复原操作
        for(int i = 0; i < m; i++){
            for(int j = 0; j < n; j++){
                //如果说最后的棋盘为O 则直接进行赋值为X即可
                if(board[i][j] == 'O')board[i][j] = 'X';
                //把最后棋盘中与外界连通的标记 * 替换为 O
                else if(board[i][j] == '*')board[i][j] = 'O';
            }
        }
    }
    //寻找与外界棋盘O字符连通的区域
    public void dfs(char [][]board , int i , int j){
        //如果说越界了或者说之前被标记为'*'(已经被遍历过)或者是'X'则停止搜索
        if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n || board[i][j] == '*' || board[i][j] == 'X')return;
        board[i][j] = '*'; //标记为* 表示与外界连通并且这个位置已经被遍历过了,不再重复遍历。
        //上
        dfs(board , i - 1 , j);
        //下
        dfs(board , i + 1 , j);
        //左
        dfs(board , i , j - 1);
        //右
        dfs(board , i , j + 1);
    }
}

133. 克隆图

考点

哈希表、bfs

思路

思想: bfs,宽搜。

从起点节点开始出发,入队,出队，将该起点节点的邻接节点入队,并标记被搜索过（哈希表记录）

再弹出当前队列的节点,入队,并继续标记其邻接节点。

依次一层一层的搜索下去,直至最后队列为空,说明已经拷贝完图的所有节点。

代码

/*
// Definition for a Node.
class Node {
    public int val;
    public List<Node> neighbors;
    public Node() {
        val = 0;
        neighbors = new ArrayList<Node>();
    }
    public Node(int _val) {
        val = _val;
        neighbors = new ArrayList<Node>();
    }
    public Node(int _val, ArrayList<Node> _neighbors) {
        val = _val;
        neighbors = _neighbors;
    }
}
*/

class Solution {
    public Node cloneGraph(Node node) {
        /*
        思想:
        bfs,宽搜。
        从起点节点开始出发,入队,出队，将该起点节点的邻接节点入队,并标记被搜索过。
        再弹出当前队列的节点,入队,并继续标记其邻接节点。
        依次一层一层的搜索下去,直至最后队列为空,说明已经拷贝完图的所有节点。
        */
        if(node == null)return null;//空节点不拷贝
        Node []cloneNodes = new Node[110];//存储的是每一个已经拷贝(克隆)的节点,标记已被搜索过
        cloneNodes[node.val] = new Node(node.val);//克隆起点节点
        Queue<Node>queue = new LinkedList<>();//存储bfs的队列
        queue.offer(node); //起点节点入队
        Node cur; // 记录当前处理的节点
        while(!queue.isEmpty()){
            cur = queue.poll(); //从队列中获取一个待处理的节点
            Node cloneNode = cloneNodes[cur.val];//待处理的节点一定是克隆好的,直接获取其克隆节点
            for(Node neighbor : cur.neighbors){
                if(cloneNodes[neighbor.val] == null){
                    //如果邻接节点未拷贝则进行拷贝
                    cloneNodes[neighbor.val] = new Node(neighbor.val);
                    queue.offer(neighbor);//邻接节点入队,用于下一轮的节点获取。
                }
                //克隆节点的邻居添加入遍历过的拷贝节点的邻接节点
                cloneNode.neighbors.add(cloneNodes[neighbor.val]);
            }
        }
        //返回克隆节点的记录数组即可
        return cloneNodes[node.val];
    }
}

207. 课程表

考点

bfs、拓扑排序

思路

思想: 要想修一门课程,则需要先修它的先修课程。

所以, 我们可以把他看成是一个有向无环图。

判断最后每个点是不是入度、出度为0的节点数等于课程数即可。

做法

1. 先将先修课程向要修课程连一条边，同时记录要修课程的入度。

2. 再统计每个点的入度,在bfs时,将待修课程节点的入度--

3. 最后, 判断入度为0的节点数是否等于课程数。
   等于则说明可以完成所有课程的学习。
   不等于则说明存在环,陷入死循环中,无法完成课程的学习。

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代码

class Solution {
    /*
    思想: 要想修一门课程,则需要先修它的先修课程。
    所以, 我们可以把他看成是一个有向无环图。
    判断最后每个点是不是入度、出度为0的节点数等于课程数即可。
    先将先修课程向要修课程连一条边
    再统计每个点的入度,在bfs搜索时,将先修课程节点的出度--
    最后, 入读和出度都为0,则说明可以完成所有课程的学习。
    最后, 判断入度、出度为0的节点数是否等于课程数。
    等于则说明可以完成所有课程的学习。
    不等于则说明存在环,陷入死循环中,无法完成课程的学习。
    */
    public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        int []indegress = new int[numCourses];
        List<List<Integer>>adjacency = new ArrayList<>();
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
        for(int i = 0; i < numCourses; i++){
            adjacency.add(new ArrayList<>());
        }
        for(int []cp : prerequisites){
            //要想修0必须先修1
            //对0而言是入度,对1而言是出度
            indegress[cp[0]]++;//入度++
            //先修课程向要修课程向连一条边
            adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);
        }
        //寻找入度为0的点开始进行拓扑排序
        //入度为0则说明它是可以修的课程
        for(int i = 0; i < numCourses; i++){
            if(indegress[i] == 0)queue.add(i);
        }
        while(!queue.isEmpty()){
            //弹出入度为0的节点,说明该课程可以被修。
            int pre = queue.poll();
            //同时课程数量--
            numCourses--;
            //遍历先修课程的节点
            for(int cur : adjacency.get(pre)){
                //出度--
                //如果说点cur的入度与出度都为0
                //则队列中添加节点cur,用于下一轮的搜索。
                if(--indegress[cur] == 0){
                    queue.add(cur);
                }
            }
        }
        //最后,判断一下是不是课程数等于0
        //如果说课程数等于0 则代表可以完成所有课程的学习。
        return numCourses == 0;
    }
}

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210. 课程表 II

考点

bfs、拓扑排序

思路

在课程表题目的基础上,多维护一个数组,用于记录当前弹出的节点的路径（走过的节点）

弹出的节点是入度为0的节点,入度为0说明为已修的先修课程,并且是先修完的,可以按照这个顺序来。

代码

class Solution {
    //在课程表题目的基础上,多维护一个数组,用于记录当前弹出的节点的路径
    //弹出的节点是入度为0的节点,入度为0说明为已修的先修课程,并且是先修完的,可以按照这个顺序来。
    public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        int []indegress = new int[numCourses];//记录每个节点的入度
        List<List<Integer>>adjacency = new ArrayList<>();//维护一个列表用于存储边
        Queue<Integer>queue = new LinkedList<>();//创建队列,用于存储节点
        for(int i = 0; i < numCourses; i++){
            adjacency.add(new ArrayList<>());//每个节点先添加列表用于存连接的节点(边)
        }
        for(int []cp : prerequisites){
            indegress[cp[0]]++; //要修课程的入度++
            adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);
            //将先修课程和待修课程连一条边
            //用于后续遍历入度为0节点的队列将待修课程的入度--
            //用于下一轮的循环
        }
        //先将入度为0的节点添加入队列
        for(int i = 0; i < numCourses; i++){
            if(indegress[i] == 0)queue.add(i);
        }
        //创建数组ans,用于记录学完所有课程所安排的学习顺序。
        int ans[] = new int[numCourses];
        int index = 0;//数组下标,用于存储学完的课程
        while(!queue.isEmpty()){
            int pre = queue.poll();
            ans[index++]=pre;//入度为0的节点是确保能够修完的先修课程,存到结果数组中。
            for(int cur : adjacency.get(pre)){//将每个待修课程的入度--
                if(--indegress[cur] == 0){
                    queue.add(cur);//入度为0则入队
                }
            }
        }
        
        //最后的结果是入度均为0
        //如果说某个节点的入度 > 0 , 则说明不可能修完全部课程, 存在一个环。
        //如[[0,1],[1,0]]
        //这里无法找到一个入度为0的节点,存在一个环。
        for(int i = 0; i < indegress.length; i++){
            if(indegress[i] > 0)return new int[0];//返回一个空数组即可
        }
        //等价写法如下：
     //如果说index不等于课程数量,则说明存在入度不为0的点,也就是环。
        // if(index != numCourses){
        //     return new int[0];
        // } 
        return ans;//返回结果数组
    }
}

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看到这里的小伙伴，恭喜你又掌握了一个技能👊

希望大家能取得胜利，坚持就是胜利💪

我是寸铁！我们下期再见💕

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【Go-Zero】Error 1045 (28000): Access denied for user 'root'@'localhost' (using password: YES)报错解决方案

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