leetcode 803.打砖块（C/C++/Java/python）
PS:算法并非原创，仅作个人学习使用，侵删
题目描述
算法分析
经过几题图论和并查集的磨练，我知道这道题肯定能用并查集的方法做出来。
但是具体怎么使用并查集之类的图论算法呢？一开始我没什么思路，这道题目有点类似泡泡龙游戏，我并没有什么很好的思路。
后来看了官方的题解，和顶部相连的砖块不会掉落，只能击打实现砖块消失。并查集将两个连通分量合并，击打砖块则是让一个连通分量分成两部分，所以需要“逆用”并查集。
使用的方法就是根据hit的元素顺序将对应位置的砖块顺序击打（gird中对应位置值置为0），之后进行连通分量的统计，之后再将砖块逆序添加，每添加一个，计算被合并的连通分量中的元素个数，这就是每次被击落的砖块个数。
连通分量的计算方式也可用DFS和BFS来计算得出。
代码实现
【C】
/*
反向思考，使用并查集方式
*/
typedef struct {
int x, y;
} point_t;
const point_t wards[] = { -1, 0, 0, -1, 1, 0, 0, 1 };
int find(int ancestor[], int n) {
if (ancestor[n] == -1 || ancestor[n] == n) return ancestor[n] = n;
return ancestor[n] = find(ancestor, ancestor[n]);
}
void merge(int ancestor[], int children[], int a, int b) {
int pa = find(ancestor, a), pb = find(ancestor, b);
if (pa == pb) return;
for (int tmp = pa; pa > pb; pa = pb, pb = tmp) {}
ancestor[pa] = pb, children[pb] += children[pa] + 1;
}
int *hitBricks(int **grid, int gridSize, int *gridColSize, int **hits, int hitsSize, int *hitsColSize,
int *returnSize) {
int *ans = malloc((*returnSize = hitsSize) * sizeof(int));
int m = gridSize, n = *gridColSize, stable = m * n, map[m][n], ancestor[stable + 1], children[stable + 1];
// 并查集初始化
memset(ancestor, -1, sizeof(ancestor));
memset(children, 0, sizeof(children));
// 地图拷贝
for (int i = 0; i < m; ++i) {
memcpy(map[i], grid[i], n * sizeof(int));
}
// 打破所有需要的砖块
for (int i = 0; i < hitsSize; ++i) {
map[hits[i][0]][hits[i][1]] = 0;
}
// 靠近墙面砖块标记为稳定
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (map[0][i]) merge(ancestor, children, i, stable);
}
// 对剩余的砖块标记
for (int i = 1; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (!map[i][j]) continue;
for (int k = 0; k < sizeof(wards) / sizeof(wards[0]); ++k) {
point_t next = (point_t) { i + wards[k].x, j + wards[k].y };
if (next.x < 0 || next.x >= m || next.y < 0 || next.y >= n || !map[next.x][next.y]) continue;
merge(ancestor, children, i * n + j, next.x * n + next.y);
}
}
}
// 逆序补回砖块
for (int i = hitsSize - 1, last = children[stable]; i >= 0; --i, last = children[stable]) {
point_t *hit = ( point_t * )hits[i];
// 砖块补回
if (grid[hit->x][hit->y]) {
map[hit->x][hit->y] = 1;
for (int j = 0; j < sizeof(wards) / sizeof(wards[0]); ++j) {
point_t next = (point_t) { hit->x + wards[j].x, hit->y + wards[j].y };
if (next.x < 0 || next.x >= m || next.y < 0 || next.y >= n || !map[next.x][next.y]) continue;
merge(ancestor, children, hit->x * n + hit->y, next.x * n + next.y);
}
// 靠近墙面的砖块需要标记为牢固
if (!hit->x) merge(ancestor, children, hit->x * n + hit->y, stable);
}
ans[i] = children[stable] > last ? children[stable] - last - 1 : 0;
}
return ans;
}
C语言参考网址
【C++】
/*
BFS方式
*/
class Solution {
public:
int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,-1},{0,1}};
int bfs(vector<vector<int>>& grid,int x,int y,int val,int nval){
int m = grid.size(),n = grid[0].size();
grid[x][y] = nval;
queue<pair<int,int>>que;
que.push({x,y});
int cnt = 0;
while(que.size()){
pair<int,int> front = que.front();
que.pop();
cnt++;
x = front.first;
y = front.second;
for(int i =0;i<4;i++){
int _x = x+dir[i][0];
int _y = y+dir[i][1];
if(_x<0||_y<0||_x>=m||_y>=n||grid[_x][_y]!=val){
continue;
}
grid[_x][_y] = nval;
que.push({_x,_y});
}
}
return cnt;
}
vector<int> hitBricks(vector<vector<int>>& grid, vector<vector<int>>& hits) {
if(hits.size()==0)
return {};
vector<int> ans(hits.size(),0);
int m = grid.size(),n = grid[0].size();
for(int i = 0;i<hits.size();i++){
grid[hits[i][0]][hits[i][1]]--;
}
for(int i =0;i<n;i++){
if(grid[0][i]==1){
bfs(grid,0,i,1,2);
}
}
for(int i =hits.size()-1;i>=0;i--){
int x = hits[i][0];
int y = hits[i][1];
grid[x][y]++;
int num = 0;
if(grid[x][y]==1){
//判断周围是否可以和顶部连接
bool sat = false;
if(x==0){
sat = true;
}
for(int j =0;j<4&&!sat;j++){
int _x = x+dir[j][0];
int _y = y+dir[j][1];
if(_x<0||_y<0||_x>=m||_y>=n||grid[_x][_y]!=2){
continue;
}
sat = true;
break;
}
//如果可以连接，则将周围相邻的值为1的方框置为2，表示与顶部相连
if(sat){
num = bfs(grid,x,y,1,2)-1;
}
}
ans[i] = num;
}
return ans;
}
};
C++参考网址
【Java】
/*
官方题解，并查集解法
*/
public class Solution {
private int rows;
private int cols;
public static final int[][] DIRECTIONS = {{0, 1}, {1, 0}, {-1, 0}, {0, -1}};
public int[] hitBricks(int[][] grid, int[][] hits) {
this.rows = grid.length;
this.cols = grid[0].length;
// 第 1 步：把 grid 中的砖头全部击碎，通常算法问题不能修改输入数据，这一步非必需，可以认为是一种答题规范
int[][] copy = new int[rows][cols];
for (int i = 0; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
copy[i][j] = grid[i][j];
}
}
// 把 copy 中的砖头全部击碎
for (int[] hit : hits) {
copy[hit[0]][hit[1]] = 0;
}
// 第 2 步：建图，把砖块和砖块的连接关系输入并查集，size 表示二维网格的大小，也表示虚拟的「屋顶」在并查集中的编号
int size = rows * cols;
UnionFind unionFind = new UnionFind(size + 1);
// 将下标为 0 的这一行的砖块与「屋顶」相连
for (int j = 0; j < cols; j++) {
if (copy[0][j] == 1) {
unionFind.union(j, size);
}
}
// 其余网格，如果是砖块向上、向左看一下，如果也是砖块，在并查集中进行合并
for (int i = 1; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
if (copy[i][j] == 1) {
// 如果上方也是砖块
if (copy[i - 1][j] == 1) {
unionFind.union(getIndex(i - 1, j), getIndex(i, j));
}
// 如果左边也是砖块
if (j > 0 && copy[i][j - 1] == 1) {
unionFind.union(getIndex(i, j - 1), getIndex(i, j));
}
}
}
}
// 第 3 步：按照 hits 的逆序，在 copy 中补回砖块，把每一次因为补回砖块而与屋顶相连的砖块的增量记录到 res 数组中
int hitsLen = hits.length;
int[] res = new int[hitsLen];
for (int i = hitsLen - 1; i >= 0; i--) {
int x = hits[i][0];
int y = hits[i][1];
// 注意：这里不能用 copy，语义上表示，如果原来在 grid 中，这一块是空白，这一步不会产生任何砖块掉落
// 逆向补回的时候，与屋顶相连的砖块数量也肯定不会增加
if (grid[x][y] == 0) {
continue;
}
// 补回之前与屋顶相连的砖块数
int origin = unionFind.getSize(size);
// 注意：如果补回的这个结点在第 1 行，要告诉并查集它与屋顶相连（逻辑同第 2 步）
if (x == 0) {
unionFind.union(y, size);
}
// 在 4 个方向上看一下，如果相邻的 4 个方向有砖块，合并它们
for (int[] direction : DIRECTIONS) {
int newX = x + direction[0];
int newY = y + direction[1];
if (inArea(newX, newY) && copy[newX][newY] == 1) {
unionFind.union(getIndex(x, y), getIndex(newX, newY));
}
}
// 补回之后与屋顶相连的砖块数
int current = unionFind.getSize(size);
// 减去的 1 是逆向补回的砖块（正向移除的砖块），与 0 比较大小，是因为存在一种情况，添加当前砖块，不会使得与屋顶连接的砖块数更多
res[i] = Math.max(0, current - origin - 1);
// 真正补上这个砖块
copy[x][y] = 1;
}
return res;
}
/**
* 输入坐标在二维网格中是否越界
*
* @param x
* @param y
* @return
*/
private boolean inArea(int x, int y) {
return x >= 0 && x < rows && y >= 0 && y < cols;
}
/**
* 二维坐标转换为一维坐标
*
* @param x
* @param y
* @return
*/
private int getIndex(int x, int y) {
return x * cols + y;
}
private class UnionFind {
/**
* 当前结点的父亲结点
*/
private int[] parent;
/**
* 以当前结点为根结点的子树的结点总数
*/
private int[] size;
public UnionFind(int n) {
parent = new int[n];
size = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
parent[i] = i;
size[i] = 1;
}
}
/**
* 路径压缩，只要求每个不相交集合的「根结点」的子树包含的结点总数数值正确即可，因此在路径压缩的过程中不用维护数组 size
*
* @param x
* @return
*/
public int find(int x) {
if (x != parent[x]) {
parent[x] = find(parent[x]);
}
return parent[x];
}
public void union(int x, int y) {
int rootX = find(x);
int rootY = find(y);
if (rootX == rootY) {
return;
}
parent[rootX] = rootY;
// 在合并的时候维护数组 size
size[rootY] += size[rootX];
}
/**
* @param x
* @return x 在并查集的根结点的子树包含的结点总数
*/
public int getSize(int x) {
int root = find(x);
return size[root];
}
}
}
Java参考网址
【python】
#并查集解法
class Solution:
def hitBricks(self, grid, hits):
m, n = len(grid), len(grid[0])
ans = [-1]*len(hits)
def dfs(x, y):
if 0 <= x < m and 0 <= y < n and grid[x][y] == 1:
grid[x][y] = 2
ans = 1 + dfs(x + 1, y) + dfs(x - 1, y) + dfs(x, y + 1) + dfs(x, y - 1)
return ans
return 0
def is_stable(x, y):
if x == 0: return True
if x + 1 < m and grid[x + 1][y] == 2: return True
if x - 1 >= 0 and grid[x - 1][y] == 2: return True
if y + 1 < n and grid[x][y + 1] == 2: return True
if y - 1 >= 0 and grid[x][y - 1] == 2: return True
return False
# 模拟最终的残局
for x, y in hits:
grid[x][y] -= 1
# 标记稳定砖块。 注意不标记被打掉的砖块，因此这一步需要在“模拟最终的残局”之后
for y in range(n):
dfs(0, y)
# 倒推
for i in range(len(hits) - 1, -1,-1):
x, y = hits[i]
grid[x][y] += 1
# 如果不稳定，打掉也没啥影响
if not is_stable(x, y) or grid[x][y] == 0:
ans[i] = 0
else:
# 否则 dfs 计算联通图大小，这里的联通指的是值为 1。
# 实际指的是添加了 (x,y) 砖块之后，这些值为 1 的砖块会变成稳定砖块（我们用 2 表示）
# 由于我们是反推，因此就是移除 (x, y) 砖块之后， 这些稳定的砖块会变成不稳定（掉落）
ans[i] = dfs(x, y) - 1
return ans
python参考网址