Leetcode（695）——岛屿的最大面积

Leetcode（695）——岛屿的最大面积

题目

给你一个大小为 $m\times n$ 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 。

示例 1：

输入：grid = [[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
输出：6
解释：答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。

示例 2：

输入：grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]]
输出：0

提示：

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• $1$ <= m, n <= $50$
• grid[i][j] 为 $0$ 或 $1$

题解

方法一：DFS（递归写法）

思路

• 我们想知道网格中每个连通形状的面积，然后取最大值。
• 如果我们在一个土地上，以 $4$ 个方向探索与之相连的每一个土地（以及与这些土地相连的土地），那么探索过的土地总数将是该连通形状的面积。
• 为了确保每个土地访问不超过一次，我们每次经过一块土地时，将这块土地的值置为 $0$。这样我们就不会多次访问同一土地。

​​  这里我们使用了一个小技巧，对于四个方向的遍历，可以创造一个数组 [-1, 0, 1, 0, -1]，每相邻两位即为上下左右四个方向之一。

​​  在辅函数里，一个一定要注意的点是辅函数内递归搜索时，边界条件的判定。边界判定一般有两种写法，一种是先判定是否越界，只有在合法的情况下才进行下一步搜索（即判断放在调用递归函数前）；另一种是不管三七二十一先进行下一步搜索，待下一步搜索开始时再判断是否合法（即判断放在辅函数第一行）。我们这里分别展示这两种写法。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
    int dfs(vector<vector<int>>& grid, int cur_i, int cur_j) {
        if (cur_i < 0 || cur_j < 0 || cur_i == grid.size() || cur_j == grid[0].size() || grid[cur_i][cur_j] != 1) {
            return 0;
        }
        grid[cur_i][cur_j] = 0;
        int di[4] = {0, 0, 1, -1};
        int dj[4] = {1, -1, 0, 0};
        int ans = 1;
        for (int index = 0; index != 4; ++index) {
            int next_i = cur_i + di[index], next_j = cur_j + dj[index];
            ans += dfs(grid, next_i, next_j);
        }
        return ans;
    }
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i != grid.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j != grid[0].size(); ++j) {
                ans = max(ans, dfs(grid, i, j));
            }
        }
        return ans;
    }
};

我自己的：

class Solution {
    void DFS(vector<vector<int>>& grid, int x, int y, int& area){
        if(0 > x || x >= grid[0].size() || y >= grid.size() || 0 > y) return;
        if(grid[y][x] == 1){
            // 上下左右
            area += 1;
            grid[y][x] = 0; // 置为0防止再次访问该点
            DFS(grid, x-1, y, area);
            DFS(grid, x+1, y, area);
            DFS(grid, x, y-1, area);
            DFS(grid, x, y+1, area);
        }
    }
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int ans = 0, area, yn = grid.size(), xn = grid[0].size();
        for(int y = 0; y < yn; y++){
            for(int x = 0; x < xn; x++){
                if(grid[y][x] == 1){
                    area = 0;
                    DFS(grid, x, y, area);
                    ans = ans < area? area: ans;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(m\times n)$。其中 $m$ 是给定网格中的行数，$n$ 是列数。我们访问每个原本为1的网格最多一次。
空间复杂度：$O(m\times n)$，递归的深度最大可能是整个网格的大小，因此最大可能使用 $O(m\times n)$ 的栈空间。

方法二：DFS + 辅助栈（迭代写法）

思路

​​  原理与方法一相同，只是实现方式采用了迭代而不是递归，并使用栈辅助实现。

• 方法一通过函数的调用来表示接下来想要遍历哪些土地，让下一层函数来访问这些土地。而方法二把接下来想要遍历的土地放在栈里，然后在取出这些土地的时候访问它们。
• 访问每一片土地时，我们将对围绕它四个方向进行探索，找到还未访问的土地，加入到栈 $\text{stack}$ 中；
• 另外，只要栈 $\text{stack}$ 不为空，就说明我们还有土地待访问，那么就从栈中取出一个元素并访问。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i != grid.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j != grid[0].size(); ++j) {
                int cur = 0;
                stack<int> stacki;
                stack<int> stackj;
                stacki.push(i);
                stackj.push(j);
                while (!stacki.empty()) {
                    int cur_i = stacki.top(), cur_j = stackj.top();
                    stacki.pop();
                    stackj.pop();
                    if (cur_i < 0 || cur_j < 0 || cur_i == grid.size() || cur_j == grid[0].size() || grid[cur_i][cur_j] != 1) {
                        continue;
                    }
                    ++cur;
                    grid[cur_i][cur_j] = 0;
                    int di[4] = {0, 0, 1, -1};
                    int dj[4] = {1, -1, 0, 0};
                    for (int index = 0; index != 4; ++index) {
                        int next_i = cur_i + di[index], next_j = cur_j + dj[index];
                        stacki.push(next_i);
                        stackj.push(next_j);
                    }
                }
                ans = max(ans, cur);
            }
        }
        return ans;
    }
};

我自己的：

class Solution {
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int ans = 0, area, yn = grid.size(), xn = grid[0].size();
        stack<pair<int, int>> island;
        pair<int, int> tmp;
        for(int y = 0; y < yn; y++){
            for(int x = 0; x < xn; x++){
                if(grid[y][x] == 1){
                    area = 0;
                    island.push(make_pair(y, x));
                    while(!island.empty()){
                        tmp.first = island.top().first;
                        tmp.second = island.top().second;
                        island.pop();
                        if(grid[tmp.first][tmp.second] != 1) continue;
                        grid[tmp.first][tmp.second] = 0;
                        area++;
                        if(tmp.second-1 >= 0) island.push(make_pair(tmp.first, tmp.second-1));
                        if(tmp.second+1 < xn) island.push(make_pair(tmp.first, tmp.second+1));
                        if(tmp.first-1 >= 0) island.push(make_pair(tmp.first-1, tmp.second));
                        if(tmp.first+1 < yn) island.push(make_pair(tmp.first+1, tmp.second));
                    }
                    ans = max(area, ans);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(m\times n)$。其中 $m$ 是给定网格中的行数，$n$ 是列数。我们访问每个原本为1的网格最多一次。
空间复杂度：$O(m\times n)$，栈中最多会存放所有的土地，土地的数量最多为 $m\times n$ 块，因此使用的空间为 $O(m\times n)$。

方法三：BFS + 队列

思路

​​  把方法二中的栈改为队列，每次从队首取出土地，并将接下来想要遍历的土地放在队尾，就实现了广度优先搜索算法。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i != grid.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j != grid[0].size(); ++j) {
                int cur = 0;
                queue<int> queuei;
                queue<int> queuej;
                queuei.push(i);
                queuej.push(j);
                while (!queuei.empty()) {
                    int cur_i = queuei.front(), cur_j = queuej.front();
                    queuei.pop();
                    queuej.pop();
                    if (cur_i < 0 || cur_j < 0 || cur_i == grid.size() || cur_j == grid[0].size() || grid[cur_i][cur_j] != 1)
                        continue;
                    ++cur;
                    grid[cur_i][cur_j] = 0;
                    int di[4] = {0, 0, 1, -1};
                    int dj[4] = {1, -1, 0, 0};
                    for (int index = 0; index != 4; ++index) {
                        int next_i = cur_i + di[index], next_j = cur_j + dj[index];
                        queuei.push(next_i);
                        queuej.push(next_j);
                    }
                }
                ans = max(ans, cur);
            }
        }
        return ans;
    }
};

我自己的：

class Solution {
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int ans = 0, area, yn = grid.size(), xn = grid[0].size();
        queue<pair<int, int>> island;
        pair<int, int> tmp;
        for(int y = 0; y < yn; y++){
            for(int x = 0; x < xn; x++){
                if(grid[y][x] == 1){
                    area = 0;
                    island.push(make_pair(y, x));
                    while(!island.empty()){
                        tmp.first = island.front().first;
                        tmp.second = island.front().second;
                        island.pop();
                        if(grid[tmp.first][tmp.second] != 1) continue;
                        grid[tmp.first][tmp.second] = 0;
                        area++;
                        if(tmp.second-1 >= 0) island.push(make_pair(tmp.first, tmp.second-1));
                        if(tmp.second+1 < xn) island.push(make_pair(tmp.first, tmp.second+1));
                        if(tmp.first-1 >= 0) island.push(make_pair(tmp.first-1, tmp.second));
                        if(tmp.first+1 < yn) island.push(make_pair(tmp.first+1, tmp.second));
                    }
                    ans = max(area, ans);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(m\times n)$。其中 $m$ 是给定网格中的行数，$n$ 是列数。我们访问每个原本为1的网格最多一次。
空间复杂度：$O(m\times n)$，队列中最多会存放所有的土地，土地的数量最多为 $m\times n$ 块，因此使用的空间为 $O(m\times n)$。