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。
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
提示：
m == grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 300
grid[i][j] 的值为 '0' 或 '1'
求解
不管岛屿是啥形状，都满足：
- 单元格值为 1（陆地）；
- 上下左右四个方向相连（斜向不算，比如 (0,0) 和 (1,1) 不算连通）；
就属于同一个岛屿。
可以把 DFS 理解为"找人"：
- 你站在一块陆地上（起点），喊一声 "我的同伙都出来！"；
count++ - 你的上下左右邻居（陆地）听到后，各自再喊一声（递归），让他们的邻居也出来；上下左右都dfs；
- 直到所有连通的陆地都被喊到（标记为 0），这一群人就是 "一个岛屿"；
- 你继续逛网格，遇到新的、没被喊过的陆地，重复上述过程，每遇到一次就多一个岛屿。
DFS求解代码如下：
js
var numIslands = function(grid) {
if (!grid || grid.length === 0 || grid[0].length === 0) {
return 0;
}
// 求连通分量 的数量
let ans = 0;
let m = grid.length;
let n = grid[0].length;
const dfs = (x, y) => {
if (x < 0 || x >= m || y < 0 || y >= n || grid[x][y] !== '1') {
return
}
grid[x][y] = '0';
dfs(x - 1, y);
dfs(x + 1, y);
dfs(x, y - 1);
dfs(x, y + 1);
}
for (let i = 0; i < m; i++) {
for (let j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] === '1') {
ans++;
dfs(i, j);
}
}
}
return ans;
};也可以使用广度优先搜索进行解答：
BFS（广度优先搜索）的核心是「层层扩散」：找到一块未访问的陆地后，用队列存储当前陆地的所有邻接陆地，逐个处理并标记为已访问，直到队列空（当前岛屿的所有连通陆地都处理完）。
和 DFS 相比，DFS 是「一条路走到黑」（递归 / 栈），BFS 是「先扫平当前层，再扫下一层」（队列），最终统计「触发 BFS 的次数」就是岛屿数量。
js
var numIslands = function(grid) {
if (!grid || grid.length === 0 || grid[0].length === 0) {
return 0;
}
let m = grid.length;
let n = grid[0].length;
let ans = 0;
let dirs = [[-1, 0], [1, 0], [0, -1], [0, 1]];
const bfs = (x, y) => {
const queue = [[x, y]];
grid[x][y] = '0';
while(queue.length > 0) {
let [currX, currY] = queue.shift();
for (let [a, b] of dirs) {
let dx = currX + a;
let dy = currY + b;
if (dx >= 0 && dx < m && dy >= 0 && dy < n && grid[dx][dy] === '1') {
grid[dx][dy] = '0';
queue.push([dx, dy]);
}
}
}
}
for (let i = 0; i < m; i++) {
for (let j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] === '1') {
ans++;
bfs(i, j);
}
}
}
return ans;
};方法3：并查集
并查集（Union-Find）的核心是管理连通性：
- 将每个「陆地单元格 (i,j)」映射为唯一的一维编号（如
i * n + j），海洋单元格无需处理； - 遍历所有陆地单元格，将其与上下左右的陆地单元格合并（归为同一个连通集合）；
- 最终统计「独立的连通集合数量」，即为岛屿数量。
先把 "岛屿问题" 翻译成并查集的语言：
岛屿问题的核心是：统计网格中 "相互连通的陆地" 组成的独立集合数量（一个集合 = 一个岛屿）。
并查集的核心是：管理元素的连通性，统计独立集合的数量。
两者的核心诉求完全一致，我们只需要做一个 "翻译"：
| 岛屿问题的概念 | 并查集的概念 | 具体对应方式 |
|---|---|---|
| 单个陆地单元格 (i,j) | 并查集中的 "元素" | 把二维坐标 (i,j) 映射成唯一的数字（比如 i*列数 + j），每个陆地就是一个元素 |
| 两个陆地连通（上下左右） | 两个元素属于 "同一个集合" | 用 union 操作把这两个元素合并到同一个集合 |
| 一个岛屿 | 一个 "独立的连通集合" | 并查集最终的 count（独立集合数）就是岛屿数 |
| 海洋单元格 | 无意义，不参与并查集操作 | 直接跳过 |
第二步：用 "小学生排队" 的例子理解（超通俗）
假设网格里的陆地是一群小学生，每个小学生初始时 "自己站一队"（对应并查集初始时每个陆地是独立集合）：
- 规则：如果两个小学生是 "邻居"（上下左右相邻），就要站到同一队里（对应 union 合并）；
- 最终：有多少 "独立的队伍"，就有多少个岛屿。
举个具体的网格例子：
html
[1, 1]
[1, 0]对应小学生（陆地）：
(0,0) → 编号 0，(0,1) → 编号 1，(1,0) → 编号 2（海洋 (1,1) 跳过）。
-
步骤 1：初始状态
每个小学生自己站一队，共 3 队（count=3）：
plaintext队0：[0] 队1：[1] 队2：[2] -
步骤 2：处理邻居关系
(0,0) 和 (0,1) 是邻居 → 合并 0 和 1，队数减 1（count=2）：
plaintext队0：[0,1] 队2：[2](0,0) 和 (1,0) 是邻居 → 合并 0 和 2，队数减 1（count=1）：
plaintext队0：[0,1,2] -
步骤 3：最终结果
只剩 1 支队伍 → 对应 1 个岛屿（和实际一致）。
回到代码，拆解核心流程（对应上面的例子），用这个 2x2 的网格，一步步走并查集的代码逻辑：
- 初始化并查集
网格总单元格数 = 2*2=4 → 并查集 parent 数组长度 = 4（索引 0-3）；
初始parent = [0,1,2,3]（每个元素父节点是自己），rank = [1,1,1,1]，count 先初始化为 0（后续统计陆地数）。 - 统计陆地数 + 合并连通陆地
遍历网格每个单元格：
(0,0) 是陆地 → 陆地数 = 1；检查右 (0,1)、下 (1,0) 都是陆地：
合并 0 和 1 → parent[1]=0，rank[0]=2，count（此时还没设初始值，先记合并次数）；
合并 0 和 2 → parent[2]=0，rank[0] 仍为 2；
(0,1) 是陆地 → 陆地数 = 2；检查下 (1,1) 是海洋，无合并；
(1,0) 是陆地 → 陆地数 = 3；检查右 (1,1) 是海洋，无合并；
(1,1) 是海洋 → 跳过。 - 计算最终岛屿数
初始陆地数 = 3（每个陆地独立成队）；
合并了 2 次 → 3-2=1 → 最终岛屿数 = 1。
对比 DFS/BFS，理解并查集的优势：【问题】"DFS/BFS 也能解决，为啥要用并查集？"
- DFS/BFS 是 "遍历式"：找到一块陆地，就 "逛完" 整个岛屿并标记，统计逛的次数；
- 并查集是 "合并式"：先把所有陆地拆成独立元素，再按连通关系合并，统计最终的独立集合数。
并查集的优势在于：
- 动态场景更友好：如果网格是 "动态的"（比如随时加 / 删陆地），DFS/BFS 需要重新遍历，而并查集只需新增 / 撤销合并操作；
- 批量处理连通性：如果需要多次查询 "两个陆地是否属于同一个岛屿"，并查集的 find 操作是 O (1)，比 DFS/BFS 反复遍历快得多。
代码如下：
js
var numIslands = function(grid) {
let m = grid.length;
let n = grid[0].length;
// 并查集
class UnionClass {
constructor(size) {
this.parent = new Array(size).fill(0).map((_, idx) => idx);
this.rank = new Array(size).fill(1);
this.count = 0;
}
// 查找根节点
find (x) {
if (this.parent[x] !== x) {
this.parent[x] = this.find(this.parent[x]);
}
return this.parent[x];
}
union(x, y) {
let rootX = this.find(x);
let rootY = this.find(y);
if (rootX === rootY) return;
if (this.rank[rootX] > this.rank[rootY]) {
this.parent[rootY] = rootX;
} else if (this.rank[rootX] < this.rank[rootY]) {
this.parent[rootX] = rootY;
} else {
this.parent[rootY] = rootX;
this.rank[rootX]++
}
this.count--;
}
setCount(num) {
this.count = num;
}
getCount() {
return this.count;
}
}
const getIndex = (i, j) => i * n + j;
let dirs = [[1, 0], [0, 1]];
let landCount = 0;
for (let i = 0; i < m; i++) {
for (let j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] === '1') {
landCount++;
}
}
}
let uf = new UnionClass(m * n);
uf.setCount(landCount);
for (let i = 0; i < m; i++) {
for (let j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] === '1') {
for (let [a, b] of dirs) {
let newX = a + i;
let newY = b + j;
if (newX < m && newY < n && grid[newX][newY] === '1') {
uf.union(getIndex(i, j), getIndex(newX, newY));
}
}
}
}
}
return uf.getCount()
};
};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 。
示例 1：
输入：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]
输出：4
示例 2：
输入：grid = [[2,1,1],[0,1,1],[1,0,1]]
输出：-1
解释：左下角的橘子（第 2 行， 第 0 列）永远不会腐烂，因为腐烂只会发生在 4 个方向上。
示例 3：
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 。
提示：
m == grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 10
grid[i][j] 仅为 0、1 或 2
求解
该题主要使用BFS，因为DFS是有优先级的，而BFS的一层是等价的。所以要么用多线程，要么就用BFS使得同一时刻的橘子在同一层使其等价，模拟同时进行感染，计算时间。
主要思路：使用 队列 存储当前的腐烂橘子，时间每过1，腐烂扩散；扩散的腐烂橘子 作为新的队列元素继续腐烂。
js
var orangesRotting = function(grid) {
// 广度搜索
let m = grid.length;
let n = grid[0].length;
let queue = [] // 腐烂的橘子
let fresh = 0; // 新鲜橘子数量
for (let i = 0; i < m; i++) {
for (let j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] === 1) fresh++;
if (grid[i][j] === 2) queue.push([i, j]);
}
}
let time = 0;
let dirs = [[-1, 0], [1, 0], [0, -1], [0, 1]];
while (queue.length > 0 && fresh > 0) {
let size = queue.length;
for (let i = 0; i < size; i++) {
let [x, y] = queue.shift();
for (let [a, b] of dirs) {
let newX = a + x;
let newY = b + y;
if (newX >= 0 && newX < m && newY >= 0 && newY < n && grid[newX][newY] === 1) {
grid[newX][newY] = 2;
fresh--;
queue.push([newX, newY]);
}
}
}
time++
}
return fresh === 0 ? time : -1;
};课程表
题目描述
你这个学期必须选修 numCourses 门课程，记为 0 到 numCourses - 1 。
在选修某些课程之前需要一些先修课程。 先修课程按数组 prerequisites 给出，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示如果要学习课程 ai 则 必须 先学习课程 bi 。
例如，先修课程对 [0, 1] 表示：想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 。
请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出：true
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0 。这是可能的。
示例 2：
输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0],[0,1]]
输出：false
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0 ；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1 。这是不可能的。
提示：
1 <= numCourses <= 2000
0 <= prerequisites.length <= 5000
prerequisites[i].length == 2
0 <= ai, bi < numCourses
prerequisites[i] 中的所有课程对 互不相同
求解
该题主要是使用 拓扑排序，主要针对有向无环图，只要所有的课程的依赖关系为有向无环图，那肯定能修完，要是不是，则有环，就返回false；
经典实现：Kahn 算法（入度表 + 队列，贪心策略）
核心思想：
- 先找到所有入度为 0 的节点，作为排序起点；
- 把起点加入结果，然后 "移除" 该节点的所有出边（即减少其邻接节点的入度）；
- 重复步骤 1-2，直到所有节点都加入结果（成功），或图中还有节点但无入度为 0 的节点（失败，说明有环）。
代码：
js
var canFinish = function(numCourses, prerequisites) {
// 邻接表 + 入度表
let adj = new Array(numCourses).fill(0).map(() => []);
let inDress = new Array(numCourses).fill(0);
for (let [u, v] of prerequisites) {
// u ⬅ v
adj[v].push(u);
inDress[u]++;
}
let queue = []; // 队列：存储 入度为0的课程
for (let i = 0; i < inDress.length; i++) {
if (inDress[i] === 0) queue.push(i);
}
let count = 0;
while(queue.length > 0) {
let v = queue.shift();
count++;
// 删掉所有出边
for (let u of adj[v]) {
inDress[u]--;
if (inDress[u] === 0) queue.push(u);
}
}
return count === numCourses;
};图论相关知识
一、图论核心基础概念
1.图的分类（定义 + 场景）
| 类型 | 定义 | 典型场景 |
|---|---|---|
| 无向图 | 边无方向，A-B 等价于 B-A | 社交网络（好友关系）、岛屿问题 |
| 有向图 | 边有方向，A→B 不等价于 B→A | 任务依赖、课程表（先修课） |
| 加权图 | 边带权重（数值），如 A-B (5) 表示边权重为 5 | 最短路径（网络延迟时间） |
| 有向无环图 | (DAG)有向图中不存在环 | 拓扑排序、动态规划（DAG 最长路） |
2.图的存储方式
（1）邻接表（推荐，稀疏图首选）
定义：用数组 / 哈希表 存储每个顶点的邻接顶点列表，空间复杂度 O ( V + E ) O(V+E) O(V+E)（V = 顶点数，E = 边数）。代码实现：
javascript
// 无向图邻接表（顶点 0~n-1）
function buildUndirectedGraph(n, edges) {
const adj = new Array(n).fill(0).map(() => []);
for (const [u, v] of edges) {
adj[u].push(v);
adj[v].push(u); // 无向图：双向添加
}
return adj;
}
// 有向加权图邻接表
function buildDirectedWeightedGraph(n, edges) {
const adj = new Array(n).fill(0).map(() => []);
for (const [u, v, w] of edges) {
adj[u].push([v, w]); // 存储 [邻接顶点, 权重]
}
return adj;
}
// 示例：无向图 edges = [[0,1],[1,2],[0,2]]
const adj = buildUndirectedGraph(3, [[0,1],[1,2],[0,2]]);
console.log(adj); // [[1,2], [0,2], [1,0]]（2）邻接矩阵定义：
二维数组 graph[i][j] 表示顶点 i 到 j 是否有边（无权图：0/1；加权图：权重 /∞），空间复杂度 O ( V 2 ) O(V^2) O(V2)（稠密图首选）。代码实现：
javascript
// 无向无权图邻接矩阵
function buildAdjMatrix(n, edges) {
const matrix = new Array(n).fill(0).map(() => new Array(n).fill(0));
for (const [u, v] of edges) {
matrix[u][v] = 1;
matrix[v][u] = 1; // 无向图双向置1
}
return matrix;
}
// 示例：edges = [[0,1],[1,2]]
const matrix = buildAdjMatrix(3, [[0,1],[1,2]]);
console.log(matrix);
// [[0,1,0], [1,0,1], [0,1,0]]3.图的核心术语
- 度：无向图中顶点的边数（如邻接表中 adj[i].length）；
- 入度 / 出度：有向图中，入度 = 指向该顶点的边数，出度 = 该顶点指向其他的边数；
- 连通分量 ：无向图中最大连通子图（如岛屿数量就是连通分量数）；
- 强连通分量：有向图中，子图内任意两点互相可达。
二、核心图论算法（定义 + 完整实现）
1.图的遍历：DFS（深度优先搜索）
（1）定义
从起点出发，优先遍历「当前顶点的邻接顶点」，直到无法前进后回溯，本质是 "一条路走到黑"，可用递归 / 栈实现。
（2）适用场景
路径查找、环检测、连通分量统计（如岛屿数量）。
（3）代码实现（递归版，无向图遍历）
javascript
// 遍历无向图，统计连通分量（岛屿数量核心逻辑）
function dfsTraverse(adj) {
const n = adj.length;
const visited = new Array(n).fill(false); // 标记是否访问过
let componentCount = 0; // 连通分量数
// 递归DFS
const dfs = (u) => {
visited[u] = true; // 标记已访问
for (const v of adj[u]) { // 遍历所有邻接顶点
if (!visited[v]) {
dfs(v); // 递归访问未访问的邻接顶点
}
}
};
// 遍历所有顶点（处理非连通图）
for (let i = 0; i < n; i++) {
if (!visited[i]) {
componentCount++;
dfs(i);
}
}
return componentCount;
}
// 示例：adj = [[1,2], [0,2], [1,0]]
console.log(dfsTraverse([[1,2], [0,2], [1,0]])); // 输出 1（全连通）2.图的遍历：BFS（广度优先搜索）
（1）定义
从起点出发，优先遍历「当前顶点的所有邻接顶点」，再遍历邻接顶点的邻接顶点，本质是 "层层扩散"，用队列实现。
（2）适用场景
无权图最短路径、层次遍历（如腐烂的橘子）、拓扑排序（Kahn 算法）。
（3）代码实现（队列版，腐烂的橘子核心逻辑）
javascript
// BFS遍历，模拟扩散过程（腐烂的橘子）
function bfsTraverse(grid) {
const m = grid.length, n = grid[0].length;
const queue = []; // 存储待扩散的节点（行、列）
let fresh = 0; // 新鲜橘子数量
const dirs = [[-1,0],[1,0],[0,-1],[0,1]]; // 上下左右
// 初始化：将所有腐烂橘子入队，统计新鲜橘子
for (let i = 0; i < m; i++) {
for (let j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] === 2) queue.push([i, j]);
if (grid[i][j] === 1) fresh++;
}
}
let time = 0; // 扩散时间
// BFS核心
while (queue.length > 0 && fresh > 0) {
const size = queue.length; // 当前层节点数（控制层次）
for (let i = 0; i < size; i++) {
const [x, y] = queue.shift();
// 遍历四个方向
for (const [dx, dy] of dirs) {
const nx = x + dx, ny = y + dy;
if (nx >=0 && nx < m && ny >=0 && ny < n && grid[nx][ny] === 1) {
grid[nx][ny] = 2; // 腐烂
fresh--;
queue.push([nx, ny]);
}
}
}
time++; // 一层遍历完，时间+1
}
return fresh === 0 ? time : -1; // 全部腐烂返回时间，否则-1
}
// 示例：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]
console.log(bfsTraverse([[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]])); // 输出 43.拓扑排序（针对 DAG）
（1）定义
将有向无环图（DAG）的顶点排序，使得所有有向边 u→v 中，u 排在 v 前面，解决 "依赖顺序" 问题（如课程表）。
（2）常用实现：Kahn 算法（入度表 + BFS）
核心逻辑：
- 统计所有顶点的入度；
- 入度为 0 的顶点入队（无依赖，可优先处理）；
- 出队时删除该顶点的所有出边（邻接顶点入度 - 1），入度为 0 则入队；
- 最终若排序结果长度 = 顶点数，说明无环，否则有环。
（3）代码实现（课程表核心逻辑）
javascript
// 拓扑排序：判断是否可以完成所有课程（课程表 I）
function canFinish(numCourses, prerequisites) {
const adj = new Array(numCourses).fill(0).map(() => []); // 邻接表
const inDegree = new Array(numCourses).fill(0); // 入度表
// 构建邻接表+入度表
for (const [v, u] of prerequisites) { // u→v（修v前先修u）
adj[u].push(v);
inDegree[v]++;
}
const queue = [];
// 入度为0的课程入队
for (let i = 0; i < numCourses; i++) {
if (inDegree[i] === 0) queue.push(i);
}
let count = 0; // 已完成的课程数
while (queue.length > 0) {
const u = queue.shift();
count++;
// 删除u的所有出边
for (const v of adj[u]) {
inDegree[v]--;
if (inDegree[v] === 0) queue.push(v);
}
}
return count === numCourses; // 全部完成则无环
}
// 示例：numCourses=2, prerequisites=[[1,0]]
console.log(canFinish(2, [[1,0]])); // 输出 true（可完成）
// 示例：numCourses=2, prerequisites=[[1,0],[0,1]]
console.log(canFinish(2, [[1,0],[0,1]])); // 输出 false（有环）4.并查集（Union-Find）
（1）定义
一种高效管理「连通性」的数据结构，支持两个核心操作：
find(x)：查找 x 的根节点（路径压缩优化）；union(x,y)：合并 x 和 y 所在集合（按秩合并优化）。
（2）适用场景
连通分量统计、冗余连接、岛屿数量（替代 DFS/BFS）。
（3）代码实现（带路径压缩 + 按秩合并）
javascript
class UnionFind {
constructor(n) {
this.parent = new Array(n).fill(0).map((_, idx) => idx); // 父节点初始指向自己
this.rank = new Array(n).fill(1); // 秩（树的高度）
}
// 查找根节点（路径压缩：直接指向根，降低树高）
find(x) {
if (this.parent[x] !== x) {
this.parent[x] = this.find(this.parent[x]); // 递归压缩
}
return this.parent[x];
}
// 合并两个集合（按秩合并：矮树挂到高树下）
union(x, y) {
let rootX = this.find(x);
let rootY = this.find(y);
if (rootX === rootY) return false; // 已连通，合并失败
// 按秩合并
if (this.rank[rootX] > this.rank[rootY]) {
this.parent[rootY] = rootX;
} else if (this.rank[rootX] < this.rank[rootY]) {
this.parent[rootX] = rootY;
} else {
this.parent[rootY] = rootX;
this.rank[rootX]++;
}
return true;
}
}
// 示例：统计连通分量（岛屿数量）
function countComponents(n, edges) {
const uf = new UnionFind(n);
for (const [u, v] of edges) {
uf.union(u, v);
}
// 统计根节点数量（连通分量数）
const roots = new Set();
for (let i = 0; i < n; i++) {
roots.add(uf.find(i));
}
return roots.size;
}
// 示例：n=5, edges=[[0,1],[1,2],[3,4]]
console.log(countComponents(5, [[0,1],[1,2],[3,4]])); // 输出 2（两个连通分量）