【算法专题】FloodFill 算法
FloodFill 算法
1. 图像渲染
题目链接 -> Leetcode -773.图像渲染
Leetcode -773.图像渲染
题目：有一幅以 m x n 的二维整数数组表示的图画 image ，其中 image[i][j] 表示该图画的像素值大小。
你也被给予三个整数 sr, sc 和 newColor 。你应该从像素 image[sr][sc] 开始对图像进行 上色填充 。
为了完成 上色工作 ，从初始像素开始，记录初始坐标的 上下左右四个方向上 像素值与初始坐标相同的相连像素点，
接着再记录这四个方向上符合条件的像素点与他们对应 四个方向上 像素值与初始坐标相同的相连像素点，……，重复该过程。
将所有有记录的像素点的颜色值改为 newColor 。
最后返回 经过上色渲染后的图像 。
示例 1：
输入: image = [[1, 1, 1], [1, 1, 0], [1, 0, 1]] ，sr = 1, sc = 1, newColor = 2
输出 : [[2, 2, 2], [2, 2, 0], [2, 0, 1]]
解析 : 在图像的正中间，(坐标(sr, sc) = (1, 1)), 在路径上所有符合条件的像素点的颜色都被更改成2。
注意，右下角的像素没有更改为2，因为它不是在上下左右四个方向上与初始点相连的像素点。
示例 2 :
输入 : image = [[0, 0, 0], [0, 0, 0]], sr = 0, sc = 0, newColor = 2
输出 : [[2, 2, 2], [2, 2, 2]]
提示 :
- m == image.length
- n == image[i].length
- 1 <= m, n <= 50
- 0 <= image[i][j], newColor < 216
- 0 <= sr < m
- 0 <= sc < n
思路：利用深搜，遍历到与该点相连的所有「像素相同的点」，然后将其修改成指定的像素即可。
代码如下：
class Solution
{
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
int m, n;
public:
vector> floodFill(vector>& image, int sr, int sc, int color)
{
if(image[sr][sc] == color) return image;
m = image.size(), n = image[0].size();
dfs(image, sr, sc, color, image[sr][sc]);
// 最后更改入口坐标的颜色
image[sr][sc] = color;
return image;
}
void dfs(vector>& image, int row, int col, int newcolor, int color)
{
image[row][col] = newcolor; // 更改颜色
// 判断当前位置上下左右位置
for(int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == color)
{
dfs(image, x, y, newcolor, color);
}
}
}
};
2. 岛屿数量
题目链接 -> Leetcode -200.岛屿数量
Leetcode -200.岛屿数量
题目：给你一个由 ‘1’（陆地）和 ‘0’（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。
岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和 / 或竖直方向上相邻的陆地连接形成。
此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。
示例 1：
输入：grid =
[
[“1”, “1”, “1”, “1”, “0”],
[“1”, “1”, “0”, “1”, “0”],
[“1”, “1”, “0”, “0”, “0”],
[“0”, “0”, “0”, “0”, “0”]
]
输出：1
示例 2：
输入：grid =
[
[“1”, “1”, “0”, “0”, “0”],
[“1”, “1”, “0”, “0”, “0”],
[“0”, “0”, “1”, “0”, “0”],
[“0”, “0”, “0”, “1”, “1”]
]
输出：3
提示：
- m == grid.length
- n == grid[i].length
- 1 <= m, n <= 300
- grid[i][j] 的值为 ‘0’ 或 ‘1’
思路：遍历整个矩阵，每次找到「一块陆地」的时候：
- 说明找到「一个岛屿」，记录到最终结果 ret 里面；
- 并且将这个陆地相连的所有陆地，也就是这块「岛屿」，全部「变成海洋」。这样的话，我们下次遍历到这块岛屿的时候，它「已经是海洋」了，不会影响最终结果。
- 其中「变成海洋」的操作，可以利用「深搜」和「宽搜」解决，其实就是 图像渲染 这道题了
这样，当我们，遍历完全部的矩阵的时候， ret 存的就是最终结果。
代码如下：
class Solution
{
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
vector> vis;
int m, n;
public:
int numIslands(vector>& grid)
{
int ret = 0;
m = grid.size(), n = grid[0].size();
vis.resize(m, vector(n));
for(int i = 0; i < m; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(!vis[i][j] && grid[i][j] == '1')
{
// 以 i，j 为岛屿中心开始扩散，统计岛屿数量
ret++;
dfs(grid, i, j);
}
}
}
return ret;
}
void dfs(vector>& grid, int row, int col)
{
vis[row][col] = true;
for(int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && grid[x][y] == '1')
{
dfs(grid, x, y);
}
}
}
};
3. 岛屿的最大面积
题目链接 -> Leetcode -695.岛屿的最大面积
Leetcode -695.岛屿的最大面积
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 。
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
思路：
- 遍历整个矩阵，每当遇到一块土地的时候，就用「深搜」或者「宽搜」将与这块土地相连的「整个岛屿」的面积积计算出来。
- 然后在搜索得到的「所有的岛屿面积」求一个「最大值」即可。
- 在搜索过程中，为了「防止搜到重复的土地」：
可以开一个同等规模的「布尔数组」，标记一下这个位置是否已经被访问过；也可以将原始矩阵的 1 修改成 0 ，但是这样操作会修改原始矩阵。
代码如下：
class Solution
{
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
bool vis[50][50];
int ret, m, n, area;
public:
int maxAreaOfIsland(vector>& grid)
{
m = grid.size(), n = grid[0].size();
for(int i = 0; i < m; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(!vis[i][j] && grid[i][j] == 1)
{
area = 0;
vis[i][j] = true;
dfs(grid, i, j);
ret = max(ret, area);
}
}
}
return ret;
}
void dfs(vector>& grid, int row, int col)
{
area++;
for(int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] && !vis[x][y])
{
vis[x][y] = true;
dfs(grid, x, y);
}
}
}
};
4. 被围绕的区域
题目链接 -> Leetcode -130.被围绕的区域
Leetcode -130.被围绕的区域
题目：给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 ‘X’ 和 ‘O’ ，找到所有被 ‘X’ 围绕的区域，并将这些区域里所有的 ‘O’ 用 ‘X’ 填充。
示例 1：
输入：board = [
[“X”, “X”, “X”, “X”],
[“X”, “O”, “O”, “X”],
[“X”, “X”, “O”, “X”],
[“X”, “O”, “X”, “X”]
]
输出： [
[“X”, “X”, “X”, “X”],
[“X”, “X”, “X”, “X”],
[“X”, “X”, “X”, “X”],
[“X”, “O”, “X”, “X”]
]
解释：被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 ‘O’ 都不会被填充为 ‘X’。
任何不在边界上，或不与边界上的 ‘O’ 相连的 ‘O’ 最终都会被填充为 ‘X’。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。
示例 2：
输入：board = [[“X”]]
输出： [[“X”]]
提示：
- m == board.length
- n == board[i].length
- 1 <= m, n <= 200
- board[i][j] 为 ‘X’ 或 ‘O’
思路：正难则反，可以先利用 dfs 将与边缘相连的 ‘0’ 区域做上标记，然后重新遍历矩阵，将没有标记过的 '0’修改成 ‘X’ 即可。
代码如下：
class Solution
{
int m, n;
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
public:
void solve(vector>& board)
{
m = board.size(), n = board[0].size();
// 1. 把边界的 'O' 相连的联通块，全部修改成 '.'
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(board[0][j] == 'O') dfs(board, 0, j);
if(board[m - 1][j] == 'O') dfs(board, m - 1, j);
}
for(int i = 0; i < m; i++)
{
if(board[i][0] == 'O') dfs(board, i, 0);
if(board[i][n - 1] == 'O') dfs(board, i, n - 1);
}
// 2.还原，将 '.' 还原成 'O'；不是边界的'O'变成 'X'
for(int i = 0; i < m; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(board[i][j] == '.') board[i][j] = 'O';
else if(board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
}
}
}
void dfs(vector>& board, int row, int col)
{
board[row][col] = '.';
for(int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O')
dfs(board, x, y);
}
}
};
5. 太平洋大西洋水流问题
题目链接 -> Leetcode -417.太平洋大西洋水流问题
Leetcode -417.太平洋大西洋水流问题
题目：有一个 m × n 的矩形岛屿，与 太平洋 和 大西洋 相邻。 “太平洋” 处于大陆的左边界和上边界，而 “大西洋” 处于大陆的右边界和下边界。
这个岛被分割成一个由若干方形单元格组成的网格。给定一个 m x n 的整数矩阵 heights ， heights[r][c] 表示坐标(r, c) 上单元格 高于海平面的高度 。
岛上雨水较多，如果相邻单元格的高度 小于或等于 当前单元格的高度，雨水可以直接向北、南、东、西流向相邻单元格。水可以从海洋附近的任何单元格流入海洋。
返回网格坐标 result 的 2D 列表 ，其中 result[i] = [ri, ci] 表示雨水从单元格(ri, ci) 流动 既可流向太平洋也可流向大西洋 。
示例 1：
输入: heights = [
[1, 2, 2, 3, 5],
[3, 2, 3, 4, 4],
[2, 4, 5, 3, 1],
[6, 7, 1, 4, 5],
[5, 1, 1, 2, 4]
]
输出 : [[0, 4], [1, 3], [1, 4], [2, 2], [3, 0], [3, 1], [4, 0]]
示例 2：
输入 : heights = [[2, 1], [1, 2]]
输出 : [[0, 0], [0, 1], [1, 0], [1, 1]]
提示：
- m == heights.length
- n == heights[r].length
- 1 <= m, n <= 200
- 0 <= heights[r][c] <= 10^5
思路：正难则反，如果直接去判断某一个位置是否既能到大西洋也能到太平洋，会重复遍历很多路径。所以我们反着来，从大西洋沿岸开始反向 dfs ，这样就能找出那些点可以流向大西洋；同理，从太平洋沿岸也反向 dfs ，这样就能找出那些点可以流向太平洋。那么，被标记两次的点，就是我们要找的结果。
代码如下：
class Solution
{
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
int m, n;
public:
vector> pacificAtlantic(vector>& heights)
{
m = heights.size(), n = heights[0].size();
vector> visA(m, vector(n));
vector> visP(m, vector(n));
vector> ret;
// 让太平洋和大西洋的水逆流，即对边界的单元格开始做dfs，分别标记 visA 和 visP 数组
for(int j = 0; j < n; j++)
{
dfs(heights, 0, j, visP);
dfs(heights, m - 1, j, visA);
}
for(int i = 0; i < m; i++)
{
dfs(heights, i, 0, visP);
dfs(heights, i, n - 1, visA);
}
// 最终遍历 visA 和 visP，如果都为 true，说明能流入两个洋，加入返回列表中
for(int i = 0; i < m; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(visA[i][j] && visP[i][j])
{
ret.push_back({i, j});
}
}
}
return ret;
}
void dfs(vector>& heights, int row, int col, vector>& vis)
{
vis[row][col] = true;
for(int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = dx[k] + row, y = dy[k] + col;
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && heights[row][col] <= heights[x][y])
dfs(heights, x, y, vis);
}
}
};
6. 扫雷游戏
题目链接 -> Leetcode -529.扫雷游戏
Leetcode -529.扫雷游戏
题目：让我们一起来玩扫雷游戏！
给你一个大小为 m x n 二维字符矩阵 board ，表示扫雷游戏的盘面，其中：
- ‘M’ 代表一个 未挖出的 地雷，
- ‘E’ 代表一个 未挖出的 空方块，
- ‘B’ 代表没有相邻（上，下，左，右，和所有4个对角线）地雷的 已挖出的 空白方块，数字（‘1’ 到 ‘8’）表示有多少地雷与这块 已挖出的 方块相邻，
- ‘X’ 则表示一个 已挖出的 地雷。
给你一个整数数组 click ，其中 click = [clickr, clickc] 表示在所有 未挖出的 方块（‘M’ 或者 ‘E’）中的下一个点击位置（clickr 是行下标，clickc 是列下标）。
根据以下规则，返回相应位置被点击后对应的盘面：
- 如果一个地雷（‘M’）被挖出，游戏就结束了 - 把它改为 ‘X’ 。
- 如果一个 没有相邻地雷 的空方块（‘E’）被挖出，修改它为（‘B’），并且所有和其相邻的 未挖出 方块都应该被递归地揭露。
- 如果一个 至少与一个地雷相邻 的空方块（‘E’）被挖出，修改它为数字（‘1’ 到 ‘8’ ），表示相邻地雷的数量。
- 如果在此次点击中，若无更多方块可被揭露，则返回盘面。
示例 1：
输入：board = [
[“E”, “E”, “E”, “E”, “E”],
[“E”, “E”, “M”, “E”, “E”],
[“E”, “E”, “E”, “E”, “E”],
[“E”, “E”, “E”, “E”, “E”]
], click = [3, 0]
输出： [
[“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “M”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
[“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
]
示例 2：
输入：board = [
[“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “M”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
[“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
], click = [1, 2]
输出： [
[“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “X”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
[“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
]
提示：
- m == board.length
- n == board[i].length
- 1 <= m, n <= 50
- board[i][j] 为 ‘M’、‘E’、‘B’ 或数字 ‘1’ 到 ‘8’ 中的一个
- click.length == 2
- 0 <= clickr < m
- 0 <= clickc < n
- board[clickr][clickc] 为 ‘M’ 或 ‘E’
思路：模拟类型的 dfs 题目；首先要搞懂题目要求，也就是游戏规则。从题目所给的点击位置开始，根据游戏规则，来一次 dfs 即可。
代码如下：
class Solution
{
int dx[8] = {0, 0, 1, -1, 1, 1, -1, -1};
int dy[8] = {1, -1, 0, 0, 1, -1, 1, -1};
int m, n;
public:
vector> updateBoard(vector>& board, vector& click)
{
m = board.size(), n = board[0].size();
int x = click[0], y = click[1];
if(board[x][y] == 'M')
{
board[x][y] = 'X';
return board;
}
dfs(board, x, y);
return board;
}
void dfs(vector>& board, int row, int col)
{
int count = 0; // 统计雷
for(int k = 0; k < 8; k++)
{
int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'M')
{
count++;
}
}
// 如果周围有雷
if(count)
{
board[row][col] = count + '0';
return;
}
// 周围无雷
else
{
board[row][col] = 'B';
for(int k = 0; k < 8; k++)
{
int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'E')
{
dfs(board, x, y);
}
}
}
}
};
7. 衣橱整理
题目链接 -> Leetcode -LCR 130.衣橱整理
Leetcode -LCR 130.衣橱整理
题目：家居整理师将待整理衣橱划分为 m x n 的二维矩阵 grid，其中 grid[i][j] 代表一个需要整理的格子。整理师自 grid[0][0] 开始 逐行逐列 地整理每个格子。
整理规则为：在整理过程中，可以选择 向右移动一格 或 向下移动一格，但不能移动到衣柜之外。同时，不需要整理 digit(i) + digit(j) > cnt 的格子，其中 digit(x) 表示数字 x 的各数位之和。
请返回整理师 总共需要整理多少个格子。
示例 1：
输入：m = 4, n = 7, cnt = 5
输出：18
提示：
- 1 <= n, m <= 100
- 0 <= cnt <= 20
思路：我们可以通过「深搜」，从 [0, 0] 点出发，按照题目的「规则」⼀直往 [m - 1, n - 1] 位置走。同时，设置⼀个全局变量。每次走到⼀个合法位置，就将全局变量加一。当我们把所有能走到的路都走完之后，全局变量里面存的就是最终答案。
代码如下：
class Solution
{
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
bool vis[100][100];
int ret;
int m, n, k;
public:
int wardrobeFinishing(int _m, int _n, int _k)
{
m = _m, n = _n, k = _k;
dfs(0, 0);
return ret;
}
void dfs(int row, int col)
{
ret++;
vis[row][col] = true;
for(int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = dx[k] + row, y = dy[k] + col;
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && Cheak(x, y))
{
dfs(x, y);
}
}
}
bool Cheak(int x, int y)
{
int ret = 0;
while(x > 0)
{
ret += x % 10;
x /= 10;
}
while(y > 0)
{
ret += y % 10;
y /= 10;
}
return ret > k? false : true;
}
};