连通性判断（用BFS和DFS实现）

预告：我用两年写的新书《算法竞赛》，已于2022年2月交给清华大学出版社，预计于2022年7月出版。《算法竞赛》是一本“大全”，内容覆盖“基础-中级-高级”，篇幅700页左右。部分知识点的草稿已经在本博客发表。本篇博客节选自新书《算法竞赛》的“3.1.6 连通性判断”。

   连通性问题是图论中的一个基本问题：找一张图中连通的点和边。很多图论题目或图论算法都需要判断连通性。
   判断连通性一般有三种方法： BFS、DFS、并查集。下面用一道例题介绍用BFS和DFS求解连通性问题。

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2018年蓝桥杯省赛真题
全球变暖 https://www.lanqiao.cn/problems/178/learning/
题目描述：有一张某海域 N×N 像素的照片，".“表示海洋、”#"表示陆地，如下图所示：

.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......

其中"上下左右"四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有 2 座岛屿。
由于全球变暖导致海面上升，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。如果一块陆地像素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。例如上图中的海域未来会变成如下样子：

.......
.......
.......
.......
....#..
.......
.......

请计算：照片中有多少岛屿会被完全淹没。
输入：第一行包含一个整数N (1≤N≤1000)，以下N行N列代表一张海域照片。照片保证第 1 行、第 1 列、第N行、第N列的像素都是海洋。
输出：一个整数表示答案。

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   这是基本的连通性问题，计算步骤是：遍历一个连通块（找到这个连通块中所有的’#‘，并标记已经搜过，不用再搜）；再遍历下一个连通块…；遍历完所有连通块，统计有多少个连通块。
   连通性判断需要用暴力搜索解决：挨个搜连通块上的所有点，不遗漏一个；另外每个点只搜一次。这种简单的暴力搜索，用BFS和DFS都行，不仅很容易搜到所有点，而且每个点只搜一次，效率高。
   回到本题，什么岛屿不会被完全淹没？若岛中有个陆地（称为高地），它周围都是陆地，那么这个岛不会被完全淹没。用DFS或BFS搜出有多少个岛（连通块），检查这个岛有没有高地，统计那些没有高地的岛（连通块）的数量，就是答案。
   计算复杂度：因为每个像素点只用搜一次且必须至少搜一次，共$N^2$个点，复杂度$O(N^2)$，不可能更好了。
   为了对比DFS和BFS，下面先用DFS实现，后面再用BFS实现。
  做题时，一般用DFS判断连通性，DFS比BFS编码少。

1. DFS求解连通性问题

   DFS所有的像素点，若遇到’#‘，就继续DFS它周围的’#‘。把搜过的’#‘标记为已经搜过，不用再搜。统计那些没有高地的岛的数量，就是答案。
   搜索时应该判断是不是出了边界。不过，题目已经说“照片保证第1行、第1列、第N行、第N列的像素都是海洋”，那么就不用判断边界了，到了边界，发现是水，DFS会自动停止搜索。
   下面的代码，main()中每做一次DFS就是搜一个岛屿。代码中有两个重要变量。
   （1）flag。在一次DFS中，如果发现这个岛有高地，置flag=1。如果这个岛中没有高地，那么有flag=0，统计答案ans++。
   （2）vis[][]用于判断一个点是否被搜过。如果vis[][]==1，后面就不用重复搜了。代码第15行:

if(vis[nx][ny]==0 && mp[nx][ny]=='#')

   判断vis[nx][ny]==0。如果没有这个判断，那么很多点会重复进行DFS，导致超时。这是一种剪枝技术，叫作“记忆化搜索”。

#include
using namespace std;
const int N = 1010;
char mp[N][N];                //地图
int vis[N][N]={0};            //标记是否搜过
int d[4][2] = {{0,1}, {0,-1}, {1,0}, {-1,0}}; //四个方向
int flag;                     //用于标记这个岛中是否被完全淹没
void dfs(int x, int y){
    vis[x][y] = 1;            //标记这个'#'被搜过。注意为什么放在这里
    if( mp[x][y+1]=='#' && mp[x][y-1]=='#' &&
        mp[x+1][y]=='#' && mp[x-1][y]=='#'   )
        flag = 1;             //上下左右都是陆地，这是一个高地，不会淹没
    for(int i = 0; i < 4; i++){     //继续DFS周围的陆地
        int nx = x + d[i][0], ny = y + d[i][1];
        if(vis[nx][ny]==0 && mp[nx][ny]=='#')  //注意为什么要判断vis[][]
                 //继续DFS未搜过的陆地，目的是标记它们
            dfs(nx,ny);
    }
}
int main(){
    int n;    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++)   cin >> mp[i];
    int ans = 0 ;
    for(int i = 1; i <= n; i++)         //DFS所有像素点
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            if(mp[i][j]=='#' && vis[i][j]==0){
                flag = 0;               //假设这个岛被淹
                dfs(i,j);               //找这个岛中有没有高地，如果有,置flag=1
                if(flag == 0)  ans++;   //这个岛被淹了，统计被淹没岛的数量
            }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

2. BFS求解连通性问题

   BFS的思路比较简单。下面代码第34行，看到一个"#“后，就用BFS扩展它周围的”#"，所有和它相连的"#"属于一个岛。然后按前面DFS提到的方法：找高地，判断是否淹没。
   代码比DFS要复杂一点，因为用到了队列。这里直接用STL的queue，放进队列的是坐标点pair。

#include
using namespace std;
const int N = 1010;
char mp[N][N];
int vis[N][N];
int d[4][2] = {{0,1}, {0,-1}, {1,0}, {-1,0}}; //四个方向
int flag;
void bfs(int x, int y) {
    queue<pair<int, int>> q;
    q.push({x, y});
    vis[x][y] = 1;      //标记这个'#'被搜过
    while (q.size()) {
        pair<int, int> t = q.front();
        q.pop();
        int tx = t.first, ty = t.second;
        if( mp[tx][ty+1]=='#' && mp[tx][ty-1]=='#' &&
            mp[tx+1][ty]=='#' && mp[tx-1][ty]=='#'   )
            flag = 1; //上下左右都是陆地，不会淹没
        for (int i = 0; i < 4; i++) {    //扩展(tx,ty)的4个邻居
            int nx = tx + d[i][0], ny = ty + d[i][1];
            if(vis[nx][ny]==0 && mp[nx][ny]=='#'){  //把陆地放进队列
                vis[nx][ny] = 1;  //注意：这一句必不可少
                q.push({nx, ny});
            }
        }
    }
}
int main() {
    int n;  cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++)    cin >> mp[i];
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            if (mp[i][j] == '#' && vis[i][j]==0) {
                flag = 0;
                bfs(i, j);
                if(flag == 0) ans++; //这个岛全部被淹，统计岛的数量
            }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}