算法|图论 4
LeetCode 827.最大人工岛
题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台
题目描述：给你一个大小为 n x n 二进制矩阵 grid 。最多 只能将一格 0 变成 1 。
返回执行此操作后，grid 中最大的岛屿面积是多少？
岛屿 由一组上、下、左、右四个方向相连的 1 形成。
解题思路（深度优先遍历）：
首先，通过深度优先遍历，将所有岛屿，按片为单位全部都标记下来，也就是同一片岛屿的编号相同，不同岛屿的编号不同。我们用unordered_map记录下来这一片片岛屿的面积。
下一步，直接通过遍历所有的海洋也就是标号为0的点，去看其四周的岛屿能不能链接起来，如果可以，我们就将对应岛屿的编号添加到unordered_set中去，并将对应的岛屿值相加到count中，再和result对比，取最大值即可。
class Solution {
public:
int count;//count用来记录当前这片岛屿的面积
int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};
//mark标记岛屿编号
void dfs(vector> &grid,vector> &visited,int x,int y,int mark){
if(visited[x][y] || grid[x][y] == 0) return;
visited[x][y] = true;
grid[x][y] = mark;//标记岛屿标号
count++;//当前岛屿面积加一
for(int i=0;i<4;i++){
int nextx = dir[i][0] + x;
int nexty = dir[i][1] + y;
if(nextx < 0 || nexty < 0 || nextx >= grid.size() || nexty >= grid[0].size())continue;
dfs(grid,visited,nextx,nexty,mark);
}
}
int largestIsland(vector>& grid) {
int n = grid.size(),m = grid[0].size();
vector> visited = vector> (n,vector(m,false));
//记录岛屿编号对应的岛屿面积,key是岛屿的标号，value是这片岛屿的面积。
//一片岛屿的标号都是一样的
unordered_map gridNum;
int mark = 2;//标号从2开始
bool isAllGrid = true;//标记是否全是岛屿,全是岛屿我们直接返回m*n即可
for(int i=0;i visitedGrid; // 标记这次的0链接过的岛屿
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
int count = 1; // 记录连接之后的岛屿数量
visitedGrid.clear(); // 每次使用时清空。
if (grid[i][j] == 0) {
for (int k = 0; k < 4; k++) {
int neari = i + dir[k][1]; // 计算相邻坐标
int nearj = j + dir[k][0];
if (neari < 0 || neari >= grid.size() || nearj < 0 || nearj >= grid[0].size()) continue;
//count是计数，看这个岛屿对应的mark（标记）有没有被添加进来，
//没有则代表这片岛屿没有被链接过。因为只要链接我们就去取其中这片岛屿
//的值，只要有一个链接了，别的全都不能再链接了。
if (visitedGrid.count(grid[neari][nearj])) continue; // 添加过的岛屿不要重复添加
// 把相邻四面的岛屿数量加起来
count += gridNum[grid[neari][nearj]];
visitedGrid.insert(grid[neari][nearj]); // 标记该岛屿已经添加过
}
}
result = max(result, count);
}
}
return result;
}
}; 总结：
- 深搜和广搜的问题，广搜里面写的那个思路很清奇，还是得多看题目的提示，可以减少一点时间和空间的损耗。
LeetCode 127- 单词接龙
题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台
题目描述：字典 wordList 中从单词 beginWord 和 endWord 的 转换序列 是一个按下述规格形成的序列 beginWord -> s1 -> s2 -> ... -> sk：
- 每一对相邻的单词只差一个字母。
- 对于 1 <= i <= k 时，每个 si 都在 wordList 中。注意， beginWord 不需要在 wordList 中。
- sk == endWord
给你两个单词 beginWord 和 endWord 和一个字典 wordList ，返回 从 beginWord 到 endWord 的 最短转换序列 中的 单词数目 。如果不存在这样的转换序列，返回 0 。
解题思路
首先明确本题题意，意思就是我们需要从字典中找到begin 到 end 的最短路径，每次只能更换一个字母。
本题思路是广度优先遍历，首先我们将begin和step=1入队，并不断取出队首元素，将队首元素中每个字母都进行从'a' - 'z' 的替换。如果能在set中找到替换后的元素，说明可以走这一步，我们就将其入队，并且将set中对应的元素删除，防止出现反复走这一步的情况。并且替换一个字母后，我们再将其还原看替换其他字母能不能行。直到遇到队首元素为end的情况，直接返回step即可。
class Solution {
public:
int ladderLength(string beginWord, string endWord, vector& wordList) {
//开始我们将所有单词都记录到set中，s用来记录字典中的单词是否已经用过，用过则直接删除
unordered_set s;
//符号 & 表明 i 是一个引用变量，能让接下来的循环可以修改s中的内容
for(auto &i : wordList)s.insert(i);
//队列q用来表示当前到达当前字符需要的步数
queue> q;
//压入开始词和1
q.push({beginWord,1});
//tmp为每次我们要换的单词
string tmp;
//step为每次的步数
int step;
while(!q.empty()){
//若队头元素就是最终单词，则直接返回对应的步数
if(q.front().first == endWord){
return (q.front().second);
}
//取出队头元素
tmp = q.front().first;
step = q.front().second;
q.pop();
//开始尝试，ch表示当前取出来字符串的每个字符。
char ch;
//这里是将当前字符串的每个字符都试试看看替换成a-z中的字符能否在字典中找到。
//能找到我们就入队，并且还原，因为每次只修改一个字符，如果不能，则直接还原。
for(int i=0;i 总结：
- 广度优先，但不知道如何模拟广度，原来就是替换字母。还是多练习，多看思路才行。