文章目录
- FloodFill算法
- 733. 图像渲染
- 题目解析
- 算法原理
- 代码实现
- 200. 岛屿数量
- 题目解析
- 算法原理
- 代码实现
- 695. 岛屿的最大面积
- 题目解析
- 算法原理
- 代码实现
- 130. 被围绕的区域
- 题目解析
- 算法原理
- 代码实现
FloodFill算法
FloodFill算法，中文名叫洪水灌溉
这些模拟一块区域，正数部分表示凸起部分，负数部分表示凹陷部分，在“下雨/发大水”的时候，哪些区域会被覆盖。
这类一般需要解决哪些区域会“填上水”，一共多少块区域或者最大的区域是多少。
它的本质都是在区域里面性质相同的连通块。
解决这类问题，可以用两种方式：
DFS：深度优先遍历，从某一个点一直走，走到不能再走就返回BFS：宽度优先遍历，从一个点开始，一层一层走
733. 图像渲染
题目链接：733. 图像渲染
题目解析
题目给我们一个起始位置，把与它相连且像素值相同的改成newColor
算法原理
DFS：
一条路走到底，走之前先修改数据，走不了然后回溯。
稍微注意一下，然后起始值和目标值一样，可能会走重复的路。
所以需要判断一下，如果相同，直接返回
BFS：
从起始位置(1, 1)开始，一层一层向外扩展
这扩展的时候，就可以修改数据了
代码实现
DFS:
class Solution {
public:int m,n;int color;int target;int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int _color){color = _color;if(image[sr][sc] == color) return image;m = image.size();n = image[0].size();target = image[sr][sc];dfs(image, sr, sc);return image;}void dfs(vector<vector<int>>& image, int pos_x, int pos_y){image[pos_x][pos_y] = color;for(int k = 0; k < 4; k++){int x = dx[k] + pos_x;int y = dy[k] + pos_y;if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == target){//image[x][y] = color;dfs(image, x, y);}}//return;}
};
BFS:
class Solution {
public:int dx[4] = {1, -1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, 1, -1};vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color){//起始位置像素值int prev = image[sr][sc]; if(prev == color) return image;int m = image.size();int n = image[0].size();queue<pair<int, int>> q;q.push({sr, sc});while(q.size()){auto [a, b] = q.front();q.pop();image[a][b] = color;for(int i = 0; i < 4; i++){int x = dx[i] + a;int y= dy[i] + b;if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == prev) {q.push({x, y});}}}return image;}
};
200. 岛屿数量
题目链接：200. 岛屿数量
题目解析
题目的意思就是看有几块连通区域
算法原理
从左往右扫描这个矩阵，当第一次遇到“陆地”的时候，就找到与这块陆地连接的区域
为了避免回溯/扩展回去，两种方法：
- 将原数组修改
- 采用一个同等规模的
bool vis[][]数组，表示true和false，true扫描过，false未扫描
代码实现
DFS:
class Solution {
public:bool vis[301][301];int dx[4] = {1, -1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, 1, -1};int m, n;int ret = 0;int numIslands(vector<vector<char>>& grid){m = grid.size();n = grid[0].size();for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){if(grid[i][j] == '1' && !vis[i][j]){ret++;dfs(grid, i, j);}}}return ret;}void dfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j){vis[i][j] = true;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 && grid[x][y] == '1' && !vis[x][y]){dfs(grid, x, y);}}}
};
BFS:
class Solution {
public:int dx[4] = {1, -1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, 1, -1};bool vis[301][301];int m;int n;int numIslands(vector<vector<char>>& grid){m = grid.size();n = grid[0].size();int ret = 0;for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){if(grid[i][j] == '1' && !vis[i][j]){ret++;bfs(grid, i, j);}}}return ret;}void bfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j){queue<pair<int, int> > q;q.push({i, j});vis[i][j] = true;while(q.size()){auto [a, b] = q.front();q.pop();for(int k = 0; k < 4; k++){int x = dx[k] + a;int y = dy[k] + b;if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == '1' && !vis[x][y]){vis[x][y] = true;q.push({x, y});}}}}
};
695. 岛屿的最大面积
题目链接：695. 岛屿的最大面积
题目解析
给我们一个二进制矩阵表示岛屿，其中1表示岛屿、0表示水。
让我们找出面积最大的岛屿（上下左右连通）
算法原理
从左往右、从上到下扫描一下矩阵，当遇到没有遍历过的1的时候，然后就进行DFS/BFS：
- 进入一次dfs，count++，遍历结束之后，就是岛屿面积，只需找出最大值即可
- bfs时，加入一次队列，count++，完毕之后，就知道了面积
代码实现
DFS：
class Solution {
public:int dx[4] = {1, -1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};bool vis[51][51];int ret, count = 0;int m, n;int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid){m = grid.size();n = grid[0].size();for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){if(grid[i][j] == 1 && !vis[i][j]){count = 0;ret = max(ret, dfs(grid, i, j));}}}return ret;}int dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j){vis[i][j] = true;count++;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] && grid[x][y] == 1){dfs(grid, x, y);}}return count;}
};
BFS：
class Solution {
public:bool vis[51][51];int dx[4] = {1, -1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, 1, -1};int m;int n;int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid){m = grid.size();n = grid[0].size();int ret = 0;for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){if(grid[i][j] && !vis[i][j]){ret = max(ret, bfs(grid,i, j));}}}return ret;}int bfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j){int count = 0;queue<pair<int, int>> q;q.push({i, j});vis[i][j] = true;count++;while(q.size()){auto [a, b] = q.front();q.pop();for(int k = 0; k < 4; k++){int x = a + dx[k];int y = b + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1 && !vis[x][y]){count++;q.push({x, y});vis[x][y] = true;}}}return count;}
};
130. 被围绕的区域
题目链接：130. 被围绕的区域
题目解析
给我们一个矩阵，里面只有X和O，找出被X包围的O
必须是上下左右都有X才是被包围
算法原理
这里可以直接遍历，遇见
O就修改成X，但是这样如果边界有X，此时又要返回去，重新改回来，这要涉及分情况讨论。
正难则反：
遍历四条边，如果有O，对边上的O做一次dfs/bfs，然后把这些连通块修改成一个无关的字符，然后遍历一次矩阵，此时的O一定是被包围的，直接修改即可
代码实现
DFS：
class Solution {
public:int m, n;int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};void solve(vector<vector<char>>& board){m = board.size();n = board[0].size();for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){if((i == 0 || j == 0 || i == m-1 || j == n-1) && board[i][j] == 'O'){//cout << 1 << endl;dfs(board, i, j);}}}for(auto& e : board){for(auto&ch : e){if(ch == '.')ch = 'O';elsech = 'X';}}}void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j ){board[i][j] = '.';for(int k = 0; k < 4; k++){int x = dx[k] + i;int y = dy[k] + j;if(x >= 0 && y >= 0 && x < m && y < n && board[x][y] == 'O'){dfs(board, x, y);}}}
};
BFS：
class Solution {
public:int dx[4] = {1, -1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};int m;int n;char label = '.';void solve(vector<vector<char>>& board){m = board.size();n = board[0].size();for(int j = 0; j < n; j++){if(board[0][j] == 'O'){bfs(board, 0, j);}if(board[m-1][j] == 'O'){bfs(board, m-1, j);}}for(int i = 0; i < m; i++){if(board[i][0] == 'O'){bfs(board, i, 0);}if(board[i][n-1] == 'O'){bfs(board, i, n-1);}}//修改和还原for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){if(board[i][j] == label){board[i][j] = 'O';}else{board[i][j] = 'X';}}}}void bfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j){queue<pair<int, int>> q;q.push({i, j});board[i][j] = label;while(q.size()){auto [a, b] = q.front();q.pop();for(int k = 0; k < 4; k++){int x = dx[k] + a;int y = dy[k] + b;if(x >= 0 && x < m && y > 0 && y < n && board[x][y] == 'O'){board[x][y] = label;q.push({x, y});}}}}
};