leetcode刷题（63）——岛屿类问题通用解法
文章目录
- 前言
- 一、网格类问题的 DFS 遍历方法
- 1、网格问题的基本概念
- 2、DFS 的基本结构
- 3、避免重复遍历
- 二、例题——leetcode 题目
- 例题一：200. 岛屿数量
- 例题二：695. 岛屿的最大面积
- 例题三：463. 岛屿的周长
前言
leetcode 中有一系列的岛屿类问题，这一类问题都可以使用 DFS(深度优先搜索) 方法来解决。我们所熟悉的 DFS 问题通常是在树或者图结构上进行的，而岛屿类 DFS 问题是在网格结构中进行的。岛屿类问题是网格 DFS 问题的典型代表，本文以岛屿类问题为例，展示网格类 DFS 问题的通用解题思路。
一、网格类问题的 DFS 遍历方法
1、网格问题的基本概念
网格结构：由 m × n m \times n m×n 个小方格组成一个网格，每个小方格与其上下左右四个方格认为是相邻的，我们就是在这样的网格上进行搜索。
岛屿问题中的网格：每个格子中的数字可能是 0 或者 1。把数字为 0 的格子看成海洋，数字为 1 的格子看成陆地格子，这样相邻的陆地格子就连接成一个岛屿。
2、DFS 的基本结构
网格结构要比二叉树结构复杂一些。我们先写出二叉树的 DFS 遍历方法，再类比写出网格结构的 DFS 遍历方法。
二叉树 DFS 遍历一般是这样的：
public void traverse(TreeNode root){
// 递归结束条件
if(root == null)
return;
// 递归遍历两个相邻的节点：左孩子、右孩子
TreeNode(root.left);
TreeNode(root.right);
}
可以看到，二叉树的 DFS 有两个要素：访问相邻节点和递归结束条件。
- 访问相邻结点： 二叉树的相邻节点非常简单，只有左孩子和右孩子两个。二叉树本身就是一个递归定义的结构：一棵二叉树的子树也是一棵二叉树。那么我们的 DFS 遍历只需要递归调用左子树和右子树即可。
- 递归结束条件： DFS 一般都是通过递归来实现的，所以我们还需要找到递归结束的条件。一般地，二叉树 DFS 的结束条件是 root == null，这个条件判断其实有两层含义：一方面，这表示 root 指向的子树为空，不需要再往下遍历了；另一方面，在 root == null 的时候及时返回，让后面的 root.left 和 root.right 不会出现空指针异常。
类比二叉树，我们分析网格问题的 DFS 遍历方法，先写出两个要素：
- 访问相邻结点： 网格结构中的相邻节点就是上、下、左、右四个节点。网格结构是用矩阵（二维数组）来描述的，对于一个格子 (r, c)(r 表示行坐标，c 表示列坐标)，它的四个相邻的格子分别是 (r-1, c)、(r+1, c)、(r, c-1)、(r, c+1)。
- 递归结束条件： 在二叉树中，当子树为空时便结束遍历。那么，在网格中就是相邻位置没有格子了，就要结束遍历了。所以网格结构 DFS 的递归结束条件就是网格的四个边界，也就是 grid[r][c] 会出现数组下标越界异常的格子。
据此，我们可以写出网格 DFS 遍历的框架代码：
public void dfs(int[][] grid, int r, int c){
// 递归结束条件：如果坐标(r, c)超出网格，直接返回
if(!inArea(grid, r, c))
return;
dfs(grid, r - 1, c);// 上
dfs(grid, r + 1, c);// 下
dfs(grid, r, c - 1);// 左
dfs(grid, r, c + 1);// 右
}
public boolean inArea(int[][] grid, int r, int c){
return r >= 0 && r < grid.length && c >= 0 && c < grid[0].length;
}
3、避免重复遍历
二叉树的 DFS 每次搜索左右孩子，可以看作是向下搜索，所以不会重复搜索。而网格结构的 DFS 每次向上、下、左、右四个方向搜索，自然会有重复遍历的节点。通过标记已经遍历过的格子，就能避免重复遍历。
以岛屿问题为例，0 代表海洋，1 代表陆地，我们把遍历过的格子置 2，这样在搜索遍历时，先判断当前格子，如果值为 2，说明已经遍历过，就可以跳过这个格子。
在上面的框架代码中加入避免重复的语句：
public void dfs(int[][] grid, int r, int c){
// 递归结束条件：如果坐标(r, c)超出网格，直接返回
if(!inArea(grid, r, c))
return;
// 如果这个格子不是岛屿，直接返回
if(grid[r][c] != 1)
return;
grid[r][c] = 2;// 标记已经遍历的格子
dfs(grid, r - 1, c);// 上
dfs(grid, r + 1, c);// 下
dfs(grid, r, c - 1);// 左
dfs(grid, r, c + 1);// 右
}
public boolean inArea(int[][] grid, int r, int c){
return r >= 0 && r < grid.length && c >= 0 && c < grid[0].length;
}
这样，我们得到了一个网格 DFS 问题的框架代码，再结合具体问题进行修改，就能解决一般的岛屿类问题以及网格类问题。
二、例题——leetcode 题目
例题一：200. 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:
11110
11010
11000
00000
输出: 1
示例 2:
输入:
11000
11000
00100
00011
输出: 3
解释: 每座岛屿只能由水平和/或竖直方向上相邻的陆地连接而成。
思路：
从网格的左上角开始进行 DFS。走到一个格子，若该格子不是陆地，则跳过该格子继续搜索；若该格子是陆地，就往它的上下左右四个方向进行搜索，直至边界处或者遇到已经遍历过的格子，一个岛屿成功找出，岛屿数量 count + 1。
参考代码：
class Solution {
public int numIslands(char[][] grid) {
int count = 0;
for(int i = 0; i < grid.length; i++){
for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){
if(grid[i][j] == '1'){
dfs(grid, i, j);
count++;
}
}
}
return count;
}
public void dfs(char[][] grid, int r, int c){
// 递归结束条件：如果坐标(r, c)超出网格，直接返回
if(!inArea(grid, r, c))
return;
// 如果这个格子不是岛屿，直接返回
if(grid[r][c] != '1')
return;
grid[r][c] = '2';// 标记已经遍历的格子
dfs(grid, r - 1, c);// 上
dfs(grid, r + 1, c);// 下
dfs(grid, r, c - 1);// 左
dfs(grid, r, c + 1);// 右
}
public boolean inArea(char[][] grid, int r, int c){
return r >= 0 && r < grid.length && c >= 0 && c < grid[0].length;
}
}
熟悉之后，可以把递归结束条件（包括判断格子是否在网格中以及该格子是否遍历过）写在一个 if 语句中，而不用单独写一个 inArea() 方法。参考代码如下：
class Solution {
public int numIslands(char[][] grid) {
int count = 0;
for(int i = 0; i < grid.length; i++){
for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){
if(grid[i][j] == '1'){
dfs(grid, i, j);
count++;
}
}
}
return count;
}
public void dfs(char[][] grid, int r, int c){
// 递归结束条件
if(r < 0 || r >= grid.length || c < 0 || c >= grid[0].length || grid[r][c] != '1')
return;
grid[r][c] = '2';// 标记已经遍历的格子
dfs(grid, r - 1, c);// 上
dfs(grid, r + 1, c);// 下
dfs(grid, r, c - 1);// 左
dfs(grid, r, c + 1);// 右
}
}
例题二：695. 岛屿的最大面积
题目描述：
给定一个包含了一些 0 和 1 的非空二维数组 grid 。
一个 岛屿 是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在水平或者竖直方向上相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。
找到给定的二维数组中最大的岛屿面积。(如果没有岛屿，则返回面积为 0 。)
示例 1:
[[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],
[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],
[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],
[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
对于上面这个给定矩阵应返回 6。注意答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直的四个方向的 1 。
示例 2:
[[0,0,0,0,0,0,0,0]]
对于上面这个给定的矩阵, 返回 0。
思路：
上一道题只是找出了岛屿的个数，这道题相当于在上一道题的基础上还要求出每一个岛屿的面积，最后返回最大的面积。对于一个陆地格子 ( i , j ) (i,j) (i,j)，由它向四个方向搜索找到的岛屿的面积就等于 1 ( 它 本 身 ) + 四 个 方 向 搜 索 的 岛 屿 面 积 1(它本身) + 四个方向搜索的岛屿面积 1(它本身)+四个方向搜索的岛屿面积 即
1 + area(grid, r - 1, c)
+ area(grid, r + 1, c)
+ area(grid, r, c - 1)
+ area(grid, r, c + 1);
参考代码：
class Solution {
public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
int maxArea = 0;
for(int i = 0; i < grid.length; i++){
for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){
int t = area(grid, i, j);
maxArea = Math.max(maxArea,t);
}
}
return maxArea;
}
public int area(int[][] grid, int r, int c){
// 递归结束条件
if(r < 0 || r >= grid.length || c < 0 || c >= grid[0].length || grid[r][c] != 1)
return 0;
grid[r][c] = 2;
return 1
+ area(grid, r - 1, c)
+ area(grid, r + 1, c)
+ area(grid, r, c - 1)
+ area(grid, r, c + 1);
}
}
例题三：463. 岛屿的周长
题目描述：
给定一个包含 0 和 1 的二维网格地图，其中 1 表示陆地 0 表示水域。
网格中的格子水平和垂直方向相连（对角线方向不相连）。整个网格被水完全包围，但其中恰好有一个岛屿（或者说，一个或多个表示陆地的格子相连组成的岛屿）。
岛屿中没有“湖”（“湖” 指水域在岛屿内部且不和岛屿周围的水相连）。格子是边长为 1 的正方形。网格为长方形，且宽度和高度均不超过 100 。计算这个岛屿的周长。
示例：
思路：
由题意，岛屿的周长就是计算岛屿全部的边的和，而这些边就是我们在 DFS 遍历中，dfs 函数返回的位置（递归结束条件）。我们可以将岛屿的周长中的边分为两类，如下图所示：黄色的边是与网格边界相邻的周长，蓝色的边是与海洋格子相邻的周长。
当 dfs 函数因为坐标 (r, c) 超出网格范围而返回的时候，实际上岛屿就经过了一条黄色的边；当函数因为当前格子是海洋格子而返回的时候，实际上就经过了一条蓝色的边。
参考代码：
class Solution {
public int islandPerimeter(int[][] grid) {
for(int i = 0; i < grid.length; i++){
for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){
// 题目中说只有一个岛屿
if(grid[i][j] == 1)
return dfs(grid, i, j);
}
}
return 0;
}
public int dfs(int[][] grid,int r, int c){
// 坐标 (r, c) 超出网格范围时返回，岛屿经过一条黄色的边
if(r < 0 || r >= grid.length || c < 0 || c >= grid[0].length)
return 1;
// 当前格子是海洋格子时返回，岛屿经过一条蓝色的边
if(grid[r][c] == 0)
return 1;
// 已经遍历过的格子
if(grid[r][c] == 2)
return 0;
grid[r][c] = 2;
return dfs(grid, r - 1, c)
+ dfs(grid, r + 1, c)
+ dfs(grid, r, c - 1)
+ dfs(grid, r, c + 1);
}
}
参考自：
岛屿类问题的通用解法、DFS 遍历框架