Leetcode200. 岛屿数量C++详解

力扣200. 岛屿数量

一、题目解析：

    这是一个非常经典的迷宫图上的联通分量的题目。什么是连通分量：就是说一个点通过上下左右连成一片。

   本题的最终问题为：求解陆地这个联通分量的数量，因此外面只需要把所有的连通分量找出来即可。

   如何求解联通分量的数目？

   我们可以用搜索法来求解。从一个点开始找到和这个点相连的所有的点作为一个联通分量，这很明显就是DFS和BFS的应用。如何判断有多少个来联通分量呢？我们可以设置一个外层的for循环来进行遍历，假设连通分量的初始数目为0，如果这个点之前没有访问过，就给联通分量的数目加1，然后就从这个点开始进行DFS搜索，找到这个点的所有连接点作为一个连通分量；如果这个点之前访问过，我们就不给联通分量数目加1。直到找到新的没有访问过的点，然后才给这个数目加1，然后继续从这个点开始进行DFS搜索。

   空间问题：我们可以设置一个额外的数组来记录某个点是否被访问过，但是我们可以进行空间优化：因为已经访问过的点对我们没有任何意义了，所以我们可以直接把它设为0，也就是水。

   一个思维误区：

     之前我的想法是找到所有的联通分量之后，然后再去判断这个联通分量是否满足四周被水包围的条件。但是这个其实是完全没有必要的，因为我们在找连通分量的过程中，只有符合要求（没有越界或者该邻接点为水）的才会被加入到这个连通分量的块中，如果不符合要求，就返回了。所以没有必要去加这一步。如图，其实这个题就是求连通分量的总个数而已。

 

二、算法代码

class Solution {

public:

    int n,m;

    int count=0;//记录岛屿的数量

    int dx[4] = {0,0,-1,1};

    int dy[4] = {1,-1,0,0}; //按照上下左右的方向进行搜索，注意dx和dy的对应关系

    void dfs(int x,int y ,vectorchar>>& g ) 

    {

          if(x<0  || y<0  || x >= m || y>=n  ||g[x][y]=='0')   //判断是否越界及是否已经访问过

          return ; 

          g[x][y] = '0';  //将访问过的点置0

        for (int k = 0;k<4;k++)

          {

                 dfs(x+dx[k],y+dy[k],g);

          }

    }

    int numIslands(vectorchar>>& grid) {

         if( grid.size()==0 || grid[0].size()==0)  return 0;

         m = grid.size();  //二维数组的行数

         n = grid[0].size(); //二维数组的列数

           //判断给出的二维数组是否为空

          for(int i = 0;i//对二维数组进行遍历

          {

              for(int j = 0;j

              {

                  if(grid[i][j]=='1')

                {

                   

                    dfs(i ,j ,grid );

                    count++;

                }

              }

          }

          return count;

    }

};