并查集练习 —岛屿数量(解法一)

题目:
给定一个二维数组matrix(char[][]),里面的值不是1就是0,上、下、左、右相邻的1认为是一片岛。返回matrix中岛的数量。
本题共有2种解法,本篇先介绍最快的一种解法—递归。

分析:
递归的方式做这道题代码最简单,也是最好理解的。递归方式采用“”感染“”的策略。

  1. 如果matrix[i][j] = ‘1’,则先将自己的值改为2的ASCII码,并且从我出发去感染上、下、左、右四个方向。
  2. 如果上、下、左、右中,也有matrix[i][j] = ‘1’的,同1中处理方式ASCII改成2,继续向外感染。
  3. 在最外层的2层for循环中,如果碰到matrix[i][j] = ‘1’,则变量isLand + 1,经历一次感染过程就相当于发现了一座岛,感染多少不用管,因为不管感染多少每次感染都是一座岛屿。
  4. 为什么改成2,因为如果不改成2,等到绿色1感染的时候,绿色1的上下左右还会回来,GG,死循环了。

比方说下图:
并查集练习 —岛屿数量(解法一)_第1张图片

遍历从最上角红色1开始感染,会将上下左右所有的1都改成2,如果此时修改完后,又变回了1,等到绿色1再次感染时,如果变回1,还会重新感染。

代码:

   public static int numIslands1(char[][] board) {

        int isLand = 0;
        for (int i = 0; i < board.length; i++) {
            for (int j = 0; j < board[0].length; j++) {
                if (board[i][j] == '1') {
                    isLand++;
                    infect(board,i,j);
                }
            }
        }
        return isLand;
    }

    public static void infect(char[][] board, int i, int j) {
        if (i < 0 || i == board.length || j < 0 || j == board[0].length || board[i][j] != '1') {
            return;
        }
        //如果是‘1’,改成2,并且上下左右去感染
        board[i][j] = 2;
        infect(board, i + 1, j);
        infect(board, i - 1, j);
        infect(board, i, j + 1);
        infect(board, i, j - 1);
    }

时间复杂度
如果二维数组行m,列n的话,整体复杂度就是 O ( m ∗ n ) O(m * n) O(mn)。虽然采用递归的方式,但是在主流程2个for循环中,所有数只循环了一遍,并且在感染过程里,需要修改成2的’1’,在下一次递归回来时,if条件不满足,直接renturn,‘0’的过程也是,所以所有数值走了一遍 O ( m ∗ n ) O(m * n) O(mn)

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