算法|图论 2

LeetCode 695- 岛屿的最大面积

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 m x n 的二进制矩阵 grid 。

岛屿 是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合,这里的「相邻」要求两个 1 必须在 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0(代表水)包围着。

岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。

计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿,则返回面积为 0 。

解题思路

思路一(深度优先遍历):

  1. 首先确定递归函数的参数,返回值。本题要路径,我们直接设置两个全局变量res和tmp,这样可以不用写太多参数传递。返回值就是void,参数需要图和一个x和y来记录当前在哪个岛屿。下次从这个岛屿开始走的。
  2. 确定终止条件,本题按我们的逻辑,先进入循环再判断是否应该终止,那么终止条件就是:当超出网格范围 或 该岛屿已经是海洋 就终止。
  3. 单层处理逻辑,每次将当前岛屿淹没,并且让这片岛屿的面积++(因为我们是确定了当前是陆地才会进入下层递归)。
class Solution {
public:
int res = 0;//记录最大面积
int tmp = 0;//当前这片岛屿的面积
    int maxAreaOfIsland(vector>& grid) {
        for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {
                if (grid[i][j] == 1) {
                    dfs(grid, i, j);
                    //当这次递归结束的时候,说明这片岛屿已经全部被淹没了,此时我们可以记录一下
                    //这片岛屿的面积,并将tmp置为0,也就是下一片岛屿从新计算大小
                    res = max(res,tmp);
                    tmp = 0;
                }
            }
        }
        return res;
    }
public:
    void dfs(vector>& grid, int i, int j) {
        if (i < 0 || j < 0  || i >= grid.size() || j >= grid[0].size() ||  grid[i][j] != 1){
            return;
        }
        grid[i][j] = 0;
        //当前如果是陆地那么就让岛屿大小++
        tmp++;
        dfs(grid, i + 1, j);
        dfs(grid, i - 1, j);
        dfs(grid, i, j + 1);
        dfs(grid, i, j - 1);
    }
};

思路二(广度优先遍历):

与之前一题一样,就是多一个计算每片岛屿面积的tmp

class Solution {
public:
    int res = 0;
    int tmp = 0;
    int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};
    int maxAreaOfIsland(vector>& grid) {
        for(int i=0;i> &grid,int x,int y){
        queue> que;
        que.push({x,y});
        grid[x][y] = 0;
        tmp++;//这里也要面积++,因为第一次进入也淹没了一个小岛屿。
        while(!que.empty()){
            pair cur = que.front();
            que.pop();
            int curx = cur.first;
            int cury = cur.second;
            for(int i=0;i<4;i++){
                int nextx = curx + dir[i][0];
                int nexty = cury + dir[i][1];
                if(nextx < 0 || nexty < 0 || nextx >= grid.size() || nexty >= grid[0].size() ||grid[nextx][nexty] != 1) continue;
                que.push({nextx,nexty});
                grid[nextx][nexty] = 0;
                tmp++;
            }
        }
    }
};

总结:

  • 深搜和广搜的问题,这题的广搜需要注意,只要淹没就得加面积的。

LeetCode 1020- 飞地的数量

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题目描述:给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ,其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。一次 移动 是指从一个陆地单元格走到另一个相邻(上、下、左、右)的陆地单元格或跨过 grid 的边界。

返回网格中 无法 在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。

解题思路

思路一(深度优先遍历):

  1. 首先确定递归函数的参数,返回值。本题不需要这些。不过这题我们要设置一个全局变量cango表示是否能走到界外。为false不能走到界外,为true则可以走到界外。
  2. 确定终止条件,本题按我们的逻辑,先进入循环再判断是否应该终止,那么终止条件就是:当超出网格范围 当前遍历的是海洋 就终止。不过这里需要注意,这道题目需要求的是不能走到界外的岛屿的数量。所以终止条件处理的时候有些区别。当出界的时候就将cango设置为true表示可以走出界并返回。当遇到的是海洋,就直接返回。
  1. 单层处理逻辑,每次我们将当前岛屿的值设置为0,模拟为被淹没,并且去淹没当前节点的上下左右相邻的节点。为1的节点为陆地状态,并且将tmp++,表示相连的岛屿数量加一。在每次递归完出来的时候,说明走完了这一片岛屿,我们可以看看是否能走出界,不能则将tmp 加到res中,并且将tmp置为0(cango不做操作,因为默认不能走出去)。可以则将cango置为false,并且将tmp置为0。直到这片海域没有岛屿为止。
class Solution {
public:
    int res = 0;
    int tmp = 0;
    bool cango = false;//标记当前这片岛屿能否走到界外
    void dfs(vector> &grid,int x,int y){
        //若到达界外,则标记为true,返回
        if(x < 0 || y < 0 || x >= grid.size() || y >= grid[0].size()){
             cango = true;
             return ;
        }
        //若是海洋,也返回
        if(grid[x][y] == 0) return;
    	//将岛屿淹没
        grid[x][y] = 0;
        //这片岛屿数量加一
        tmp ++;
        dfs(grid,x+1,y);
        dfs(grid,x-1,y);
        dfs(grid,x,y+1);
        dfs(grid,x,y-1);
    }
    int numEnclaves(vector>& grid) {
        int m = grid.size(),n = grid[0].size();
        for(int i=0;i

思路二(广度优先遍历):

就是多了一个不能走出界则将岛屿数加到结果中的操作。

class Solution {
public:
    int tmp = 0;
    int res = 0;
    bool cango = false;//标记是否能走到界外
    int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};
    void bfs(vector> &grid,int x,int y){
        queue> que;//存储对组的队列,存坐标用的
        que.push({x,y});//压入当前的坐标
        grid[x][y] = 0;//淹没当前岛屿
        tmp ++;//只要有淹没,就tmp++
        while(!que.empty()){
            pair cur = que.front();//取出队头元素
            que.pop();//弹出队头
            for(int i=0;i<4;i++){
                //遍历四个方向,看是否有岛屿
                int nextx = cur.first + dir[i][0];
                int nexty = cur.second + dir[i][1];
                if(nextx < 0 || nexty < 0 || nextx >= grid.size() || nexty >= grid[0].size()){
                    cango = true;
                    continue;
                }
                if(0 == grid[nextx][nexty]) continue;
                tmp++;
                que.push({nextx,nexty});
                grid[nextx][nexty] = 0;
            }
        }
    }
    int numEnclaves(vector>& grid) {
        int m = grid.size(),n = grid[0].size();
        for(int i=0;i

总结:

  • 多了一个加岛屿的操作。

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