LeetCode-图论-岛屿数量+腐烂的橘子
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📝 岛屿数量
🎯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。
🔗题目链接：岛屿数量
🔍 输入输出示例
示例 1:
输入：grid = [
["1","1","1","1","0"],
["1","1","0","1","0"],
["1","1","0","0","0"],
["0","0","0","0","0"]
]
输出：1示例 2:
输入：grid = [
["1","1","0","0","0"],
["1","1","0","0","0"],
["0","0","1","0","0"],
["0","0","0","1","1"]
]
输出：3🧩题目提示
m == grid.lengthn == grid[i].length1 <= m, n <= 300grid[i][j]的值为'0'或'1'
🧪AC
1.遍历整个网格；
2.每次遇到一个 '1'（陆地）：
- 计数器 +1（代表新发现一个岛屿）；
- 调用 DFS，将与该陆地连接的所有
'1'都标记为'0'（沉岛）；
3.遍历完后得到岛屿数量。
c++
class Solution {
private:
void dfs(vector<vector<char>>& grid, int r, int c) {
int nr = grid.size();
int nc = grid[0].size();
grid[r][c] = '0';
if (r - 1 >= 0 && grid[r-1][c] == '1') dfs(grid, r - 1, c);
if (r + 1 < nr && grid[r+1][c] == '1') dfs(grid, r + 1, c);
if (c - 1 >= 0 && grid[r][c-1] == '1') dfs(grid, r, c - 1);
if (c + 1 < nc && grid[r][c+1] == '1') dfs(grid, r, c + 1);
}
public:
int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
int nr = grid.size();
if (!nr) return 0;
int nc = grid[0].size();
int num_islands = 0;
for (int r = 0; r < nr; ++r) {
for (int c = 0; c < nc; ++c) {
if (grid[r][c] == '1') {
++num_islands;
dfs(grid, r, c);
}
}
}
return num_islands;
}
};📝 腐烂的橘子
🎯题目描述
在给定的
m x n网格grid中，每个单元格可以有以下三个值之一：
- 值
0代表空单元格；- 值
1代表新鲜橘子；- 值
2代表腐烂的橘子。每分钟，腐烂的橘子 周围 4 个方向上相邻 的新鲜橘子都会腐烂。
返回 直到单元格中没有新鲜橘子为止所必须经过的最小分钟数。如果不可能，返回
-1。
🔗题目链接：腐烂的橘子
🔍 输入输出示例
示例 1:
输入：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]
输出：4示例 2:
输入：grid = [[0,2]]
输出：0
解释：因为 0 分钟时已经没有新鲜橘子了，所以答案就是 0 。🧩题目提示
m == grid.lengthn == grid[i].length1 <= m, n <= 10grid[i][j]仅为0、1或2
🧪AC
将每个腐烂的橘子当作BFS 的起点 ，然后按层级（分钟）扩展，让腐烂向四周的新鲜橘子扩散。记录每次扩展花费的时间，直到没有新鲜橘子。
- 初始化变量：
- 统计新鲜橘子数量
fresh； - 将所有腐烂橘子的坐标加入队列
queue； - 设置
minutes = 0表示经过的分钟数。
- 统计新鲜橘子数量
- 开始 BFS：
- 使用队列进行 BFS，每一轮代表 1 分钟；
- 对队列中每个腐烂橘子，向四个方向传播腐烂；
- 将接触到的新鲜橘子标记为腐烂，并加入队列；
- 每轮 BFS 结束后，如果确实腐烂了橘子，则
minutes++。
- 检查是否有剩余新鲜橘子：
- 如果最后仍有新鲜橘子未被腐烂，说明无法全部腐烂，返回
-1； - 否则，返回
minutes。
- 如果最后仍有新鲜橘子未被腐烂，说明无法全部腐烂，返回
c++
class Solution {
public:
int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
int min = 0, fresh = 0;
queue<pair<int, int>> q;
for(int i = 0; i < grid.size(); i++) {
for(int j = 0; j < grid[0].size(); j++)
if(grid[i][j] == 1) fresh++;
else if(grid[i][j] == 2) q.push({i, j});
}
vector<pair<int, int>> dirs = { {-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1} };
while(!q.empty()) {
int n = q.size();
bool rotten = false;
for(int i = 0; i < n; i++) {
auto x = q.front();
q.pop();
for(auto cur: dirs) {
int i = x.first + cur.first;
int j = x.second + cur.second;
if(i >= 0 && i < grid.size() && j >= 0 && j < grid[0].size() && grid[i][j] == 1) {
grid[i][j] = 2;
q.push({i, j});
fresh--;
rotten = true;
}
}
}
if(rotten) min++;
}
return fresh ? -1 : min;
}
};🌟 总结
| 题目 | 解法类型 | 搜索方式 | 应用图论模型 | 关键点 | 最佳使用场景 |
|---|---|---|---|---|---|
| 岛屿数量 | DFS / BFS | 连通块计数 | 无权无向图遍历 | 沉岛处理，标记访问，连通块数量 | 静态图的连通性判断 |
| 腐烂的橘子 | BFS | 层序遍历 | 拓展过程的"多源BFS" | 多点并行扩散，层次 + 时间计数 | 最短时间或波及扩散问题 |
🧩DFS 沉岛，BFS 扩散，方向数组要牢记；剪枝越界要及时，复杂度稳中取胜！
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