【问题描述】 第200题 岛屿数量
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和/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。
【解答思路】
1. 深度优先遍历
时间复杂度:O(N^2) 空间复杂度:O(N)
/**
* 方法一:深度优先遍历
*/
public class Solution {
// x-1,y
// x,y-1 x,y x,y+1
// x+1,y
// 方向数组,它表示了相对于当前位置的 4 个方向的横、纵坐标的偏移量,这是一个常见的技巧
private static final int[][] directions = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}};
// 标记数组,标记了 grid 的坐标对应的格子是否被访问过
private boolean[][] marked;
// grid 的行数
private int rows;
// grid 的列数
private int cols;
private char[][] grid;
public int numIslands(char[][] grid) {
rows = grid.length;
if (rows == 0) {
return 0;
}
cols = grid[0].length;
this.grid = grid;
marked = new boolean[rows][cols];
int count = 0;
for (int i = 0; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
// 如果是岛屿中的一个点,并且没有被访问过
// 就进行深度优先遍历
if (!marked[i][j] && grid[i][j] == '1') {
count++;
dfs(i, j);
}
}
}
return count;
}
// 从坐标为 (i,j) 的点开始进行深度优先遍历
private void dfs(int i, int j) {
marked[i][j] = true;
// 得到 4 个方向的坐标
for (int k = 0; k < 4; k++) {
int newX = i + directions[k][0];
int newY = j + directions[k][1];
// 如果不越界、没有被访问过、并且还要是陆地
if (inArea(newX, newY) && grid[newX][newY] == '1' && !marked[newX][newY]) {
dfs(newX, newY);
}
}
}
// 封装成 inArea 方法语义更清晰
private boolean inArea(int x, int y) {
// 等于号不要忘了
return x >= 0 && x < rows && y >= 0 && y < cols;
}
public static void main(String[] args) {
Solution solution = new Solution();
char[][] grid1 = {
{'1', '1', '1', '1', '0'},
{'1', '1', '0', '1', '0'},
{'1', '1', '0', '0', '0'},
{'0', '0', '0', '0', '0'}};
int numIslands1 = solution.numIslands(grid1);
System.out.println(numIslands1);
char[][] grid2 = {
{'1', '1', '0', '0', '0'},
{'1', '1', '0', '0', '0'},
{'0', '0', '1', '0', '0'},
{'0', '0', '0', '1', '1'}};
int numIslands2 = solution.numIslands(grid2);
System.out.println(numIslands2);
}
}
2. 广度优先遍历
时间复杂度:O(N) 空间复杂度:O(N)
import java.util.LinkedList;
/**
* 方法二:广度优先遍历
*/
public class Solution2 {
private int rows;
private int cols;
public int numIslands(char[][] grid) {
// x-1,y
// x,y-1 x,y x,y+1
// x+1,y
int[][] directions = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}};
rows = grid.length;
if (rows == 0) {
return 0;
}
cols = grid[0].length;
boolean[][] marked = new boolean[rows][cols];
int count = 0;
for (int i = 0; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
// 如果是岛屿中的一个点,并且没有被访问过
// 从坐标为 (i,j) 的点开始进行广度优先遍历
if (!marked[i][j] && grid[i][j] == '1') {
count++;
LinkedList queue = new LinkedList<>();
// 小技巧:把坐标转换为一个数字
// 否则,得用一个数组存,在 Python 中,可以使用 tuple 存
queue.addLast(i * cols + j);
// 注意:这里要标记上已经访问过
marked[i][j] = true;
while (!queue.isEmpty()) {
int cur = queue.removeFirst();
int curX = cur / cols;
int curY = cur % cols;
// 得到 4 个方向的坐标
for (int k = 0; k < 4; k++) {
int newX = curX + directions[k][0];
int newY = curY + directions[k][1];
// 如果不越界、没有被访问过、并且还要是陆地,我就继续放入队列,放入队列的同时,要记得标记已经访问过
if (inArea(newX, newY) && grid[newX][newY] == '1' && !marked[newX][newY]) {
queue.addLast(newX * cols + newY);
// 【特别注意】在放入队列以后,要马上标记成已经访问过,语义也是十分清楚的:反正只要进入了队列,你迟早都会遍历到它
// 而不是在出队列的时候再标记
// 【特别注意】如果是出队列的时候再标记,会造成很多重复的结点进入队列,造成重复的操作,这句话如果你没有写对地方,代码会严重超时的
marked[newX][newY] = true;
}
}
}
}
}
}
return count;
}
private boolean inArea(int x, int y) {
// 等于号这些细节不要忘了
return x >= 0 && x < rows && y >= 0 && y < cols;
}
public static void main(String[] args) {
Solution2 solution2 = new Solution2();
char[][] grid1 = {
{'1', '1', '1', '1', '0'},
{'1', '1', '0', '1', '0'},
{'1', '1', '0', '0', '0'},
{'0', '0', '0', '0', '0'}};
int numIslands1 = solution2.numIslands(grid1);
System.out.println(numIslands1);
char[][] grid2 = {
{'1', '1', '0', '0', '0'},
{'1', '1', '0', '0', '0'},
{'0', '0', '1', '0', '0'},
{'0', '0', '0', '1', '1'}};
int numIslands2 = solution2.numIslands(grid2);
System.out.println(numIslands2);
}
}
3. 并查集
public class Solution {
public int numIslands(char[][] grid) {
int rows = grid.length;
if (rows == 0) {
return 0;
}
int cols = grid[0].length;
int size = rows * cols;
// 两个方向的方向向量(理解为向下和向右的坐标偏移)
int[][] directions = {{1, 0}, {0, 1}};
// +1 是认为虚拟的水域
UnionFind unionFind = new UnionFind(size + 1);
for (int i = 0; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
if (grid[i][j] == '1') {
for (int[] direction : directions) {
int newX = i + direction[0];
int newY = j + direction[1];
if (newX < rows && newY < cols && grid[newX][newY] == '1') {
unionFind.union(cols * i + j, cols * newX + newY);
}
}
} else {
// 如果不是陆地,所有的水域和一个虚拟的水域连接
unionFind.union(cols * i + j, size);
}
}
}
// 减去那个一开始多设置的虚拟的水域
return unionFind.count - 1;
}
class UnionFind {
private int[] parent;
private int count;
public UnionFind(int n) {
this.count = n;
parent = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
parent[i] = i;
}
}
/**
* 返回索引为 p 的元素的根结点
*
* @param p
* @return
*/
public int find(int p) {
// 在 find 的时候执行路径压缩
while (p != parent[p]) {
// 两步一跳完成路径压缩,这里是「隔代压缩」
// 说明:「隔代压缩」和「按秩合并」选择一个实现即可,「隔代压缩」的代码量少,所以选它
parent[p] = parent[parent[p]];
p = parent[p];
}
return p;
}
public boolean connected(int p, int q) {
int pRoot = find(p);
int qRoot = find(q);
return pRoot == qRoot;
}
public void union(int p, int q) {
int pRoot = find(p);
int qRoot = find(q);
if (pRoot == qRoot) {
return;
}
parent[qRoot] = pRoot;
// 每次 union 以后,连通分量减 1
count--;
}
}
}
【总结】
1. 深度遍历
- 递归
2. 广度遍历
- 队列
- 所有加入队列的结点,都应该马上被标记为 “已经访问”,否则有可能会被重复加入队列
3.并查集学习资料
https://liweiwei1419.gitee.io/leetcode-algo/leetcode-by-tag/union-find/
参考链接:https://leetcode-cn.com/problems/number-of-islands/solution/dfs-bfs-bing-cha-ji-python-dai-ma-java-dai-ma-by-l/