五、太平洋大西洋水流问题
题目解析
给定一个二维数组 heights、其中 heights[i][j] 表示该单元格的高度；
当 附近相邻单元格的高度，小于等于当前单元格高度时，当前单元格雨水可以流向附近单元格；（雨水可以从边缘单元格流向海洋）
要我们找出 既可以流向太平洋（左、上部分）、又可以流向大西洋（右、下部分）的单元格。
算法思路
简单来说这道题就是 要找出 即与左、上部分相连，又与右、下部分相连的所有单元格。
要直接去遍历，判断每一个单元格是否可以流向左上、右下部分；那实在太麻烦了；
这里我们就可以从边缘单元格开始遍历，记录每一个连通（可以流向边缘）的单元格，最后找出及可以流向左上部分、又可以流向右下部分的单元格即可。
代码实现
cpp
class Solution {
int dx[4] = {-1,1,0,0};
int dy[4] = {0,0,-1,1};
public:
void dfs(vector<vector<int>>& heights, int i, int j,vector<vector<bool>>& vis)
{
vis[i][j] = true;
int m = heights.size();
int n = heights[0].size();
for(int k =0; k<4;k++)
{
int x = i + dx[k];
int y = j + dy[k];
if(x>=0 &&x<m && y>=0 && y<n && !vis[x][y] && heights[i][j] <= heights[x][y])
dfs(heights,x,y,vis);
}
}
vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {
int m = heights.size();
int n = heights[0].size();
vector<vector<bool>> pac(m,vector<bool>(n,false));
vector<vector<bool>> atl(m,vector<bool>(n,false));
// 上 下
for(int i = 0;i<n;i++)
{
if(!pac[0][i]) dfs(heights,0,i,pac);
if(!atl[m-1][i]) dfs(heights,m-1,i,atl);
}
// 左 右
for(int i = 0;i<m;i++)
{
if(!pac[i][0]) dfs(heights,i,0,pac);
if(!atl[i][n-1]) dfs(heights,i,n-1,atl);
}
vector<vector<int>> ret;
for(int i = 0;i<m;i++)
{
for(int j = 0;j<n;j++)
{
if(pac[i][j] && atl[i][j])
ret.push_back({i,j});
}
}
return ret;
}
};六、扫雷游戏
题目解析
扫雷游戏，作为一个经典的小游戏，具体规则这里就就不详细叙述了；看这道题的要求
给一个 m*n 的棋盘；M代表 为挖出的雷、E代表未挖出的方块、B代表相邻位置没有雷的已挖出的方块、数字1-8表示该位置附近雷的个数、X代表已经挖出的地雷。
给定一个位置[click[0],click[1]]，返回该位置被点击后对应的盘面。
具体规则：
- 地雷
M被挖出，游戏结束，把它修改成X - 该位置是附近没有地雷的空方块
E，修改它为B，并将与其相邻的所有未挖出的方块都递归揭露（修改成B，或者1-8） - 如果该位置至少与一个地雷相邻，则修改为数字
1-8 - 如果该位置已经被揭露，则直接返回
算法思路
读懂了这道题，仔细分析一下，其实并不是很难；
只要从 [click[0],click[1]]位置 进行依次 DFS 遍历，判断附近是否存在地雷、揭露相邻的空方格即可。
- 判断该位置是否是地雷或者是否已经被揭露
- 判断该位置附近是否存在地雷，地雷的个数；如果该位置与地雷相邻，将该位置修改成地雷的个数，返回即可
- 依次揭露附近的空方格
代码实现
cpp
class Solution {
int dx[8] = {-1, -1, -1, 0, 0, 1, 1, 1};
int dy[8] = {-1, 0, 1, -1, 1, -1, 0, 1};
int getNearM(vector<vector<char>>& board, int x, int y) {
int ret = 0;
int m = board.size(), n = board[0].size();
for (int i = 0; i < 8; i++) {
int posx = x + dx[i];
int posy = y + dy[i];
if (posx >= 0 && posx < m && posy >= 0 && posy < n &&
(board[posx][posy] == 'M' || board[posx][posy] == 'X'))
ret++;
}
return ret;
}
void dfs(vector<vector<char>>& board, int x, int y) {
if (board[x][y] == 'M') {
board[x][y] = 'X';
return;
}
int num = getNearM(board, x, y);
if (num > 0) {
board[x][y] = '0' + num;
return;
}
board[x][y] = 'B';
int m = board.size(), n = board[0].size();
for (int i = 0; i < 8; i++) {
int posx = x + dx[i];
int posy = y + dy[i];
if (posx >= 0 && posx < m && posy >= 0 && posy < n &&
board[posx][posy] == 'E')
dfs(board, posx, posy);
}
}
public:
vector<vector<char>> updateBoard(vector<vector<char>>& board,
vector<int>& click) {
dfs(board, click[0], click[1]);
return board;
}
};七、衣橱整理
题目解析
有一个 m*n 的二维矩阵，g[i][j]表示一个需要整理的格子，现在要从 g[0][0]开始逐行逐列的整理每一个格子。
在整理过程中，可以向下或者向右移动一格；
当 digit(i) + digit(j) > cnt时，表示g[i][j]这个格子不需要整理（digit(x)表示数 x 的各位数之和）
要返回 ： 总共需要整理多少个格子
算法思路
这道题虽然只给了数字 m、n以及 cnt，但构想出一个二维数组，从[0,0]位置进行一次 DFS 遍历即可。
DFS 遍历：
- 判断当前位置是否需要整理（如果不需要直接返回）
- 标记当前位置（已经遍历过），统计结果
- 遍历当前位置 右、下两个方向（没有遍历过，再进行 DFS 遍历）。
代码实现
cpp
class Solution {
int dx[2] = {0, 1};
int dy[2] = {1, 0};
int result = 0;
bool vis[110][110];
public:
int digit(int x) {
int ret = 0;
while (x) {
ret += (x % 10);
x /= 10;
}
return ret;
}
void dfs(int m, int n, int x, int y, int cnt) {
if (digit(x) + digit(y) > cnt)
return;
result++;
vis[x][y] = true;
for (int i = 0; i < 2; i++) {
int posx = x + dx[i];
int posy = y + dy[i];
if (posx < m && posy < n && !vis[posx][posy])
dfs(m, n, posx, posy, cnt);
}
}
int wardrobeFinishing(int m, int n, int cnt) {
int ret = 0;
dfs(m, n, 0, 0, cnt);
return result;
}
};
sy])
dfs(m, n, posx, posy, cnt);
}
}
int wardrobeFinishing(int m, int n, int cnt) {
int ret = 0;
dfs(m, n, 0, 0, cnt);
return result;
}
};本篇文章主要分享三道经典DFS类题目的思路与代码实现，供刷题参考