Leetcode200.岛屿数量——并查集

文章目录

  • 引入
  • 并查集
    • 算法细节
  • Leetcode题解

引入

在leetcode中遇到这样一道题:

200.岛屿数量
给定一个由 ‘1’(陆地)和 ‘0’(水)组成的的二维网格,计算岛屿的数量。一个岛被水包围,并且它是通过水平方向或垂直方向上相邻的陆地连接而成的。你可以假设网格的四个边均被水包围。
示例 1:
输入:
11110
11010
11000
00000
输出: 1
示例 2:
输入:
11000
11000
00100
00011
输出: 3

这样的题,首先想到的就是使用深搜或者宽搜进行查找。
使用深搜宽搜,是这样写代码的:这里类似于泛洪,向四周扩散,已经收到包的弃包。

    public void dfs(char[][] grid,int i,int j){
        if(i<grid.length&&j<grid[0].length&&i>-1&&j>-1){
            if(grid[i][j]=='1'){
                grid[i][j]='0';
                dfs(grid,i+1,j);
                dfs(grid,i,j+1);
                dfs(grid,i-1,j);
                dfs(grid,i,j-1);
            }else return;
        }else return;
    }

然后再使用两层嵌套循环复杂度O(M·N),遍历二维数组每一个点是否已经被访问过。
在查看题解的时候,发现了更好的解法,并不是说复杂度减少了,而是说提供了新的思路。

并查集

为了解释并查集的原理,我将举一个更有爱的例子。
话说江湖上散落着各式各样的大侠,有上千个之多。他们没有什么正当职业,整天背着剑在外面走来走去,碰到和自己不是一路人的,就免不了要打一架。但大侠们有一个优点就是讲义气,绝对不打自己的朋友。而且他们信奉“朋友的朋友就是我的朋友”,只要是能通过朋友关系串联起来的,不管拐了多少个弯,都认为是自己人。这样一来,江湖上就形成了一个一个的群落,通过两两之间的朋友关系串联起来。而不在同一个群落的人,无论如何都无法通过朋友关系连起来,于是就可以放心往死了打。但是两个原本互不相识的人,如何判断是否属于一个朋友圈呢

我们可以在每个朋友圈内推举出一个比较有名望的人,作为该圈子的代表人物,这样,每个圈子就可以这样命名“齐达内朋友之队”“罗纳尔多朋友之队”……两人只要互相对一下自己的队长是不是同一个人,就可以确定敌友关系了

但是还有问题啊,大侠们只知道自己直接的朋友是谁,很多人压根就不认识队长,要判断自己的队长是谁,只能漫无目的的通过朋友的朋友关系问下去:“你是不是队长?你是不是队长?”这样一来,队长面子上挂不住了,而且效率太低,还有可能陷入无限循环中。于是队长下令,重新组队。队内所有人实行分等级制度,形成树状结构,我队长就是根节点,下面分别是二级队员、三级队员。每个人只要记住自己的上级是谁就行了。遇到判断敌友的时候,只要一层层向上问,直到最高层,就可以在短时间内确定队长是谁了

由于我们关心的只是两个人之间是否连通,至于他们是如何连通的,以及每个圈子内部的结构是怎样的,甚至队长是谁,并不重要。所以我们可以放任队长随意重新组队,只要不搞错敌友关系就好了。于是,门派产生了。

Leetcode200.岛屿数量——并查集_第1张图片

通过上面的文字信息描述,我们可以知道:

  1. 并查集算法描述的是树,准确的说是森林。并查集将图的连通问题转换为树的根节点是否相同的问题。
  2. 任意两个节点是否连通,只需要通过while循环找到根节点,并判断根节点是否相同即可。

通过上面的文字信息描述,我们还需要确认:

  1. 并查集树的构建方式和数据结构。
  2. 如何确认父节点,如何确认第一个根节点。

我相信,解决了上面两个问题,并查集算法就呼之欲出了。

算法细节

下面我们来看并查集的实现。
int pre[1000];这个数组,记录了每个大侠的上级是谁。
大侠们从1或者0开始编号(依据题意而定),pre[15]=3就表示15号大侠的上级是3号大侠。如果一个人的上级就是他自己,那说明他就是掌门人了,查找到此为止。也有孤家寡人自成一派的,比如欧阳锋,那么他的上级就是他自己。每个人都只认自己的上级。比如胡青牛同学只知道自己的上级是杨左使。张无忌是谁?不认识!要想知道自己的掌门是谁,只能一级级查上去。 find()这个函数就是找掌门用的,意义再清楚不过了。

int find(int x)                    //查找我(x)的掌门
{
    int r=x;                      //委托 r 去找掌门
    while (pre[r]!=r){          //如果r的上级不是r自己(也就是说找到的大侠他不是掌门 = =)
    r=pre[r];                 // r 就接着找他的上级,直到找到掌门为止。
    }
    return  r ;                //掌门驾到~~~
}

再来看看join()函数,就是在两个点之间连一条线,这样一来,原先它们所在的两个板块的所有点就都可以互通了。
虚竹小和尚与周芷若是我非常喜欢的两个人物,他们的终极boss分别是玄慈方丈和灭绝师太,那明显就是两个阵营了。我不希望他们互相打架,就对他俩说:“你们两位拉拉勾,做好朋友吧。”他们看在我的面子上,同意了。这一同意可非同小可,整个少林和峨眉派的人就不能打架了。这么重大的变化,可如何实现呀,要改动多少地方?其实非常简单,我对玄慈方丈说:“大师,麻烦你把你的上级改为灭绝师太吧。这样一来,两派原先的所有人员的终极boss都是师太,那还打个球啊!反正我们关心的只是连通性,门派内部的结构不要紧的(也就是将两棵树合并成为一棵树,谁做根节点无所谓)。

void join(int x,int y)          //我想让虚竹和周芷若做朋友
{
    int fx=find(x),fy=find(y);         //虚竹的老大是玄慈,芷若MM的老大是灭绝
    if(fx!=fy)                         //玄慈和灭绝显然不是同一个人
    pre[fx ]=fy;                       //方丈只好委委屈屈地当了师太的手下啦
}

再来看看路径压缩算法。建立门派的过程是用join函数两个人两个人地连接起来的,谁当谁的手下完全随机。最后的树状结构会变成什么样,完全无法预计,一字长蛇阵也有可能这样查找的效率就会比较低下。最理想的情况就是所有人的直接上级都是掌门,一共就两级结构,只要找一次就找到掌门了。哪怕不能完全做到,也最好尽量接近。这样就产生了路径压缩算法

设想这样一个场景:两个互不相识的大侠碰面了,想知道能不能揍。 于是赶紧打电话问自己的上级:“你是不是掌门?” 上级说:“我不是呀,我的上级是谁谁谁,你问问他看看。” 一路问下去,原来两人的最终boss都是东厂曹公公。 “哎呀呀,原来是记己人,西礼西礼,在下三营六组白面葫芦娃!” “幸会幸会,在下九营十八组仙子狗尾巴花!” 两人高高兴兴地手拉手喝酒去了。 “等等等等,两位同学请留步,还有事情没完成呢!”我叫住他俩。 “哦,对了,还要做路径压缩。”两人醒悟。 白面葫芦娃打电话给他的上级六组长:“组长啊,我查过了,其习偶们的掌门是曹公公。不如偶们一起及接拜在曹公公手下吧,省得级别太低,以后查找掌门麻环。” “唔,有道理。” 白面葫芦娃接着打电话给刚才拜访过的三营长……仙子狗尾巴花也做了同样的事情。 这样,查询中所有涉及到的人物都聚集在曹公公的直接领导下每次查询都做了优化处理,所以整个门派树的层数都会维持在比较低的水平上。
Leetcode200.岛屿数量——并查集_第2张图片
在查询算法的基础上,作出如下的改动:(查询到根节点后,自底向上依次将各个子节点的父节点改为根节点)。

int find(int x)                                       //查找根节点
{ 
    int r=x;
    while ( pre[r] != r )                           //返回根节点 r
          r=pre[r];
 
    int i=x , j ;
    while( i != r )                                   //路径压缩
    {
         j = pre[ i ]; 				// 在改变上级之前用临时变量  j 记录下他的值 
         pre[ i ]= r ; 				//把上级改为根节点
         i=j;
    }
    return r ;

并查集的步骤是这样的:

  1. 初始化init
    把每个点所在集合初始化为其自身。
    通常来说,这个步骤在每次使用该数据结构时只需要执行一次,无论何种实现方式,时间复杂度均为O(N)。
  2. 查找find
    查找元素所在的集合,即根节点。
  3. 合并join
    将两个元素所在的集合合并为一个集合。
    通常来说,合并之前,应先判断两个元素是否属于同一集合,这可用上面的“查找”操作实现。

Leetcode题解

根据并查集,我们可以这样做:
find()函数:(这里暂时没做压缩路径处理)

	public int find(int i) { // path compression
      if (parent[i] != i) parent[i] = find(parent[i]);
      return parent[i];
    }

join()函数:

    public void union(int x, int y) { 
      int rootx = find(x);
      int rooty = find(y);
      if (rootx != rooty) {
          parent[rooty] = rootx;
        --count;
      }
    }

初始化init操作:

	//UnionFind构造类
    public UnionFind(char[][] grid) { // for problem 200
      count = 0;
      int m = grid.length;
      int n = grid[0].length;
      parent = new int[m * n];
      for (int i = 0; i < m; ++i) {
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
          if (grid[i][j] == '1') {
            parent[i * n + j] = i * n + j;
            ++count;
          }
        }
      }
    }

当然,这道题,仅仅有这三个函数组成的类UnionFind还不够,我们还需要确定联通判断的条件:

public int numIslands(char[][] grid) {
    if (grid == null || grid.length == 0) {
      return 0;
    }

    int nr = grid.length;
    int nc = grid[0].length;
    int num_islands = 0;
    UnionFind uf = new UnionFind(grid);//初始化类
    for (int r = 0; r < nr; ++r) {
      for (int c = 0; c < nc; ++c) {
        if (grid[r][c] == '1') {
          grid[r][c] = '0';
          //标记点,并向四周扩散,如果四周存在,且为陆地
          //比较并连接两块陆地。
          if (r - 1 >= 0 && grid[r-1][c] == '1') {
            uf.union(r * nc + c, (r-1) * nc + c);
          }
          if (r + 1 < nr && grid[r+1][c] == '1') {
            uf.union(r * nc + c, (r+1) * nc + c);
          }
          if (c - 1 >= 0 && grid[r][c-1] == '1') {
            uf.union(r * nc + c, r * nc + c - 1);
          }
          if (c + 1 < nc && grid[r][c+1] == '1') {
            uf.union(r * nc + c, r * nc + c + 1);
          }
        }
      }
    }

    return uf.getCount();
  }

你可能感兴趣的:(LeetCode)