图论第1天----第797题、第200题、第695题
# 图论第1天----第797题、第200题、第695题
文章目录
- 一、第797题--所有可能的路径
- 二、第200题--岛屿数量
- 三、第659题--岛屿的最大面积
又继续开始修行，把图论这块补上，估计要个5-6天时间。
一、第797题–所有可能的路径
图的dfs3部曲，跟2叉树的dfs3部曲很像，分为：函数参数、终止条件、当前节点出发路径的处理（带有回溯）。下面两个是核心思路：
- 搜索方向，是认准一个方向搜，直到碰壁之后再换方向
- 换方向是撤销原路径，改为节点链接的下一个路径，回溯的过程。
本题处理的是有向无环图，相对简单一些，我个人感觉遇到由环的图要麻烦很多，要记录路径，后面遇到的时候再看了。在外部定义一个dfs函数，再用allPathsSourceTarget去调用这个函数。
class Solution {
private:
vector> result;
vector path;
void dfs(vector>& graph, int node){
if(node == graph.size()-1){
result.push_back(path);
return;
}
for(auto i: graph[node]){
path.push_back(i);
dfs(graph, i);
path.pop_back();
}
}
public:
vector> allPathsSourceTarget(vector>& graph) {
path.push_back(0);
dfs(graph, 0);
return result;
}
};
二、第200题–岛屿数量
分2个函数。numIslands去找起点，从哪块算是一个岛屿的起点，并计数；dfs是根据起点遍历矩阵，找连通域，遍历连通域中每一个矩阵元素。
思路上还可以，就是实现上有些麻烦。这里的dfs函数不需要定义终止条件，因为调用的函数会明确，在什么情况下调用。
class Solution {
public:
int dir[4][2] = {0,1,1,0,0,-1,-1,0};
void dfs(vector>& grid, vector>& visited, int x, int y){
for (int i=0; i<4; i++){
int nextx = x + dir[i][0];
int nexty = y + dir[i][1];
if(nextx<0 || nextx>=grid.size() || nexty<0 || nexty>=grid[0].size()) continue;
if(!visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == '1'){
visited[nextx][nexty] = true;
dfs(grid, visited, nextx, nexty);
}
}
}
int numIslands(vector>& grid) {
int n = grid.size();
int m = grid[0].size();
int result = 0;
vector> visited(n, vector(m, false));
for(int i = 0; i 广搜（bfs）是一圈一圈的搜索过程，和深搜（dfs）是一条路跑到黑然后在回溯。
广搜的搜索方式就适合于解决两个点之间的最短路径问题。
下面是广搜法（bfs）的程序，直接上答案，没有做题。通过队列去实现。bfs后面再慢慢体会吧。
class Solution {
private:
int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, -1, 0, 0, -1}; // 四个方向
void bfs(vector>& grid, vector>& visited, int x, int y) {
queue> que;
que.push({x, y});
visited[x][y] = true; // 只要加入队列，立刻标记
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 || nextx >= grid.size() || nexty < 0 || nexty >= grid[0].size()) continue; // 越界了，直接跳过
if (!visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == '1') {
que.push({nextx, nexty});
visited[nextx][nexty] = true; // 只要加入队列立刻标记
}
}
}
}
public:
int numIslands(vector>& grid) {
int n = grid.size(), m = grid[0].size();
vector> visited = vector>(n, vector(m, false));
int result = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (!visited[i][j] && grid[i][j] == '1') {
result++; // 遇到没访问过的陆地，+1
bfs(grid, visited, i, j); // 将与其链接的陆地都标记上 true
}
}
}
return result;
}
};
三、第659题–岛屿的最大面积
跟上一题差不多，就是把统计数量改成统计最大值，其他都一样。
class Solution {
public:
int dir[4][2] = {0,1,1,0,0,-1,-1,0};
int count;
void dfs(vector>& grid, vector>& visited, int x, int y){
for(int i = 0; i<4; i++){
int nextx = x + dir[i][0];
int nexty = y + dir[i][1];
if(nextx<0 || nextx>=grid.size() || nexty<0 || nexty>=grid[0].size()) continue;
if(!visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == 1){
count++;
visited[nextx][nexty] = true;
dfs(grid, visited, nextx, nexty);
}
}
}
int maxAreaOfIsland(vector>& grid) {
int n = grid.size();
int m = grid[0].size();
int result = 0;
vector> visited(n, vector(m, false));
for(int i=0; i