【leetcode】岛屿类问题的通用解法
在 LeetCode 中，「岛屿问题」是一个系列系列问题，比如
200. 岛屿数量 （Easy）
463. 岛屿的周长 （Easy）
695. 岛屿的最大面积 （Medium）
827. 最大人工岛 （Hard）
我们所熟悉的 DFS（深度优先搜索）问题通常是在树或者图结构上进行的。而我们今天要讨论的 DFS问题，是在一种网格结构中进行的。岛屿问题是这类网格 DFS问题的典型代表。网格结构遍历起来要比二叉树复杂一些，如果没有掌握一定的方法，DFS 代码容易写得冗长繁杂。
本文将以岛屿问题为例，展示网格类问题 DFS 通用思路，以及如何让代码变得简洁
一、网格问题的基本概念
我们首先明确一下岛屿问题中的网格结构是如何定义的，以方便我们后面的讨论。
网格问题是由 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，要在这样的网格上进行某种搜索。
岛屿问题是一类典型的网格问题。每个格子中的数字可能是 0 或者 1。我们把数字为 0 的格子看成海洋格子，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。
在这样一个设定下，就出现了各种岛屿问题的变种，包括岛屿的数量、面积、周长等。不过这些问题，基本都可以用 DFS 遍历来解决。
二、DFS 的基本结构
网格结构要比二叉树结构稍微复杂一些，它其实是一种简化版的图结构。要写好网格上的 DFS 遍历，我们首先要理解二叉树上的 DFS 遍历方法，再类比写出网格结构上的 DFS 遍历。我们写的二叉树 DFS 遍历一般是这样的：
void traverse(TreeNode root) {
// 判断 base case
if (root == null) {
return;
}
// 访问两个相邻结点：左子结点、右子结点
traverse(root.left);
traverse(root.right);
}
可以看到，二叉树的 DFS 有两个要素：「访问相邻结点」和「判断 base case」。
- 第一个要素是访问相邻结点。二叉树的相邻结点非常简单，只有左子结点和右子结点两个。二叉树本身就是一个递归定义的结构：一棵二叉树，它的左子树和右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。 - 第二个要素是判断 base case。一般来说，二叉树遍历的 base case 是 root == null。这样一个条件判断其实有两个含义：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，可以让后面的 root.left 和 root.right 操作不会出现空指针异常。
对于网格上的 DFS，我们完全可以参考二叉树的 DFS，写出网格 DFS 的两个要素：
-
首先，网格结构中的格子有多少相邻结点？答案是上下左右四个。对于格子 (r, c) 来说（r 和 c 分别代表行坐标和列坐标），四个相邻的格子分别是 (r-1, c)、(r+1, c)、(r, c-1)、(r, c+1)。换句话说，网格结构是「四叉」的。
-
其次，网格 DFS 中的 base case 是什么？从二叉树的 base case 对应过来，应该是网格中不需要继续遍历、grid[r][c] 会出现数组下标越界异常的格子，也就是那些超出网格范围的格子。
这一点稍微有些反直觉，坐标竟然可以临时超出网格的范围？这种方法我称为「先污染后治理」—— 甭管当前是在哪个格子，先往四个方向走一步再说，如果发现走出了网格范围再赶紧返回。这跟二叉树的遍历方法是一样的，先递归调用，发现 root == null 再返回。
这样，我们得到了网格 DFS 遍历的框架代码：
void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
// 判断 base case
// 如果坐标 (r, c) 超出了网格范围，直接返回
if (!inArea(grid, r, c)) {
return;
}
// 访问上、下、左、右四个相邻结点
dfs(grid, r - 1, c);
dfs(grid, r + 1, c);
dfs(grid, r, c - 1);
dfs(grid, r, c + 1);
}
// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
return 0 <= r && r < grid.length
&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}
三、如何避免重复遍历
网格结构的 DFS 与二叉树的 DFS 最大的不同之处在于，遍历中可能遇到遍历过的结点。这是因为，网格结构本质上是一个「图」，我们可以把每个格子看成图中的结点，每个结点有向上下左右的四条边。在图中遍历时，自然可能遇到重复遍历结点。
这时候，DFS 可能会不停地「兜圈子」，永远停不下来，如下图所示：
如何避免这样的重复遍历呢？答案是标记已经遍历过的格子。
以岛屿问题为例，我们需要在所有值为 1 的陆地格子上做 DFS 遍历。每走过一个陆地格子，就把格子的值改为 2，这样当我们遇到 2 的时候，就知道这是遍历过的格子了。也就是说，每个格子可能取三个值：
- 0 —— 海洋格子
- 1 —— 陆地格子（未遍历过）
- 2 —— 陆地格子（已遍历过）
我们在框架代码中加入避免重复遍历的语句：
void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
// 判断 base case
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; // 将格子标记为「已遍历过」
// 访问上、下、左、右四个相邻结点
dfs(grid, r - 1, c);
dfs(grid, r + 1, c);
dfs(grid, r, c - 1);
dfs(grid, r, c + 1);
}
// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
return 0 <= r && r < grid.length
&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}
这样，我们就得到了一个岛屿问题、乃至各种网格问题的通用 DFS 遍历方法。以下所讲的几个例题，其实都只需要在 DFS 遍历框架上稍加修改而已。
小贴士：
在一些题解中，可能会把「已遍历过的陆地格子」标记为和海洋格子一样的0，美其名曰「陆地沉没方法」，即遍历完一个陆地格子就让陆地「沉没」为海洋。这种方法看似很巧妙，但实际上有很大隐患，因为这样我们就无法区分「海洋格子」和「已遍历过的陆地格子」了。如果题目更复杂一点，这很容易出bug。
四、岛屿问题的解法
理解了网格结构的 DFS 遍历方法以后，岛屿问题就不难解决了。下面我们分别看看三个题目该如何用 DFS 遍历来求解。
例题 1：岛屿的最大面积
LeetCode 695. Max Area of Island （Medium）
题目：给定一个包含了一些 0 和 1 的非空二维数组 grid，一个岛屿是一组相邻的 1（代表陆地），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（代表海洋）包围着。
要求：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 。
这道题目只需要对每个岛屿做 DFS 遍历，求出每个岛屿的面积就可以了。求岛屿面积的方法也很简单，代码如下，每遍历到一个格子，就把面积加一。
int area(int[][] grid, int r, int c) {
return 1
+ area(grid, r - 1, c)
+ area(grid, r + 1, c)
+ area(grid, r, c - 1)
+ area(grid, r, c + 1);
}
最终我们得到的完整题解代码如下：
public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
int res = 0;
for (int r = 0; r < grid.length; r++) {
for (int c = 0; c < grid[0].length; c++) {
if (grid[r][c] == 1) {
int a = area(grid, r, c);
res = Math.max(res, a);
}
}
}
return res;
}
int area(int[][] grid, int r, int c) {
if (!inArea(grid, r, c)) {
return 0;
}
if (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);
}
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
return 0 <= r && r < grid.length
&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}
例题 2：填海造陆问题
LeetCode 827. Making A Large Island （Hard）
在二维地图上， 0 代表海洋，1代表陆地，我们最多只能将一格 0 （海洋）变成 1 （陆地）。进行填海之后，地图上最大的岛屿面积是多少？
这道题是岛屿最大面积问题的升级版。现在我们有填海造陆的能力，可以把一个海洋格子变成陆地格子，进而让两块岛屿连成一块。那么填海造陆之后，最大可能构造出多大的岛屿呢？
大致的思路我们不难想到，我们先计算出所有岛屿的面积，在所有的格子上标记出岛屿的面积。然后搜索哪个海洋格子相邻的两个岛屿面积最大。例如下图中红色方框内的海洋格子，上边、左边都与岛屿相邻，我们可以计算出它变成陆地之后可以连接成的岛屿面积为 7+1+2=10。
然而，这种做法可能遇到一个问题。如下图中红色方框内的海洋格子，它的上边、左边都与岛屿相邻，这时候连接成的岛屿面积难道是 7+1+7 ？显然不是。这两个 7 来自同一个岛屿，所以填海造陆之后得到的岛屿面积应该只有 7+1 = 8。
可以看到，要让算法正确，我们得能区分一个海洋格子相邻的两个 7 是不是来自同一个岛屿。那么，我们不能在方格中标记岛屿的面积，而应该标记岛屿的索引（下标），另外用一个数组记录每个岛屿的面积，如下图所示。这样我们就可以发现红色方框内的海洋格子，它的「两个」相邻的岛屿实际上是同一个。
可以看到，这道题实际上是对网格做了两遍 DFS：
- 第一遍 DFS 遍历陆地格子，计算每个岛屿的面积并标记岛屿；
- 第二遍 DFS 遍历海洋格子，观察每个海洋格子相邻的陆地格子。
这道题的基本思路就是这样，具体的代码还有一些需要注意的细节，但和本文的主题已经联系不大。各位可以自己思考一下如何把上述思路转化为代码。
例题 3：岛屿的周长
LeetCode 463. Island Perimeter （Easy）
给定一个包含 0 和 1 的二维网格地图，其中 1 表示陆地，0 表示海洋。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（一个或多个表示陆地的格子相连组成岛屿）。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。计算这个岛屿的周长。
实话说，这道题用 DFS 来解并不是最优的方法。对于岛屿，直接用数学的方法求周长会更容易。不过这道题是一个很好的理解 DFS 遍历过程的例题，不信你跟着我往下看。
我们再回顾一下 网格 DFS 遍历的基本框架：
void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
// 判断 base case
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; // 将格子标记为「已遍历过」
// 访问上、下、左、右四个相邻结点
dfs(grid, r - 1, c);
dfs(grid, r + 1, c);
dfs(grid, r, c - 1);
dfs(grid, r, c + 1);
}
// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
return 0 <= r && r < grid.length
&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}
可以看到，dfs 函数直接返回有这几种情况：
- !inArea(grid, r, c)，即坐标 (r, c) 超出了网格的范围，也就是我所说的「先污染后治理」的情况
- grid[r][c] != 1，即当前格子不是岛屿格子，这又分为两种情况：
- grid[r][c] == 0，当前格子是海洋格子
- grid[r][c] == 2，当前格子是已遍历的陆地格子
那么这些和我们岛屿的周长有什么关系呢？实际上，岛屿的周长是计算岛屿全部的「边缘」，而这些边缘就是我们在 DFS 遍历中，dfs 函数返回的位置。观察题目示例，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，而蓝色的边是与海洋格子相邻的周长。
当我们的 dfs 函数因为「坐标 (r, c) 超出网格范围」返回的时候，实际上就经过了一条黄色的边；而当函数因为「当前格子是海洋格子」返回的时候，实际上就经过了一条蓝色的边。这样，我们就把岛屿的周长跟 DFS 遍历联系起来了，我们的题解代码也呼之欲出：
public int islandPerimeter(int[][] grid) {
for (int r = 0; r < grid.length; r++) {
for (int c = 0; c < grid[0].length; c++) {
if (grid[r][c] == 1) {
// 题目限制只有一个岛屿，计算一个即可
return dfs(grid, r, c);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int[][] grid, int r, int c) {
// 函数因为「坐标 (r, c) 超出网格范围」返回，对应一条黄色的边
if (!inArea(grid, r, c)) {
return 1;
}
// 函数因为「当前格子是海洋格子」返回，对应一条蓝色的边
if (grid[r][c] == 0) {
return 1;
}
// 函数因为「当前格子是已遍历的陆地格子」返回，和周长没关系
if (grid[r][c] != 1) {
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);
}
// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
return 0 <= r && r < grid.length
&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}
五、总结
对比完三个例题的题解代码，你会发现网格问题的代码真的都非常相似。其实这一类问题属于「会了不难」类型。了解树、图的基本遍历方法，再学会一点小技巧，掌握网格 DFS 遍历就一点也不难了。