99. 岛屿数量
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题目描述：
给定一个由 1（陆地）和 0（水）组成的矩阵，你需要计算岛屿的数量。岛屿由水平方向或垂直方向上相邻的陆地连接而成，并且四周都是水域。你可以假设矩阵外均被水包围。
输入描述：
第一行包含两个整数 N, M，表示矩阵的行数和列数。
后续 N 行，每行包含 M 个数字，数字为 1 或者 0。
输出描述：
输出一个整数，表示岛屿的数量。如果不存在岛屿，则输出 0。
输入示例：
4 5
1 1 0 0 0
1 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 1
输出示例：
3
提示信息
根据测试案例中所展示，岛屿数量共有 3 个，所以输出 3。
数据范围：
1 <= N, M <= 50
思考
注意题目中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。
也就是说斜角度链接是不算了。
这道题题目是 DFS，BFS，并查集，基础题目。
本题思路，是用遇到一个没有遍历过的节点陆地，计数器就加一，然后把该节点陆地所能遍历到的陆地都标记上。
在遇到标记过的陆地节点和海洋节点的时候直接跳过。 这样计数器就是最终岛屿的数量。
那么如何把节点陆地所能遍历到的陆地都标记上呢，就可以使用 DFS，BFS或者并查集。
以下代码使用dfs实现，如果对dfs不太了解的话，建议按照代码随想录的讲解顺序学习。
c++ code 版本一
#include
#include
using namespace std;
int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, -1, 0, 0, -1};
void dfs(const vector<vector<int>>& grid, vector<vector<bool>>& 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 main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(m, 0));
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> grid[i][j];
}
}
vector<vector<bool>> visited(n, vector<bool>(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) {
visited[i][j] = true;
result++;
dfs(grid, visited, i, j);
}
}
}
cout << result << endl;
}
看了上面的代码， 我依然有点蒙圈
回忆一下 (0,0)的四个方向
(0, 1)
(-1, 0) (0, 0) (1, 0)
(0,-1)
这样定义的四个方向都是水平于(0, 0) 或者 垂直于(0, 0)。也就是开始说的： 斜角度链接是不算了。
1 1
1 0
也算是一个岛屿， 满足 水平 or 垂直。
code python
def dfs(graph, visited, x, y):
dir = [(0,1), (1, 0), (-1,0), (0, -1)]
for i in range(4):
nextx = x + dir[i][0]
nexty = y + dir[i][1]
if nextx < 0 or nextx >= len(graph) or nexty < 0 or nexty >= len(graph[0]): continue
if (not visited[nextx][nexty] and graph[nextx][nexty] == 1):
visited[nextx][nexty] = True
dfs(graph, visited, nextx, nexty)
def main():
n, m = [int(v) for v in input().split(' ')]
graph = []
visited = [[False for _ in range(m)] for _ in range(n)]
result = 0
n1 = n
while n1:
n1 -= 1
v = [int(i) for i in input().split(' ')]
graph.append(v)
for i in range(n):
for j in range(m):
if (visited[i][j] == False and graph[i][j]==1):
visited[i][j] = True
result += 1
dfs(graph, visited, i, j)
return result
result = main()
很多录友可能有疑惑，为什么 以上代码中的dfs函数，没有终止条件呢？ 感觉递归没有终止很危险。
其实终止条件 就写在了 调用dfs的地方，如果遇到不合法的方向，直接不会去调用dfs。
当然也可以这么写：
c++ code 版本二
#include
#include
using namespace std;
int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, -1, 0, 0, -1};
void dfs(const vector<vector<int>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {
if (visited[x][y] || grid[x][y] == 0) return;
visited[x][y] = true;
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;
dfs(grid, visited, nextx, nexty);
}
}
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(m, 0));
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> grid[i][j];
}
}
vector<vector<bool>> visited(n, vector<bool>(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++;
dfs(grid, visited, i, j);
}
}
}
cout << result << endl;
}
这里大家应该能看出区别了，无疑就是版本一中 调用dfs 的条件判断 放在了 版本二 的 终止条件位置上。
版本一的写法是 ：下一个节点是否能合法已经判断完了，传进dfs函数的就是合法节点。
版本二的写法是：不管节点是否合法，上来就dfs，然后在终止条件的地方进行判断，不合法再return。
理论上来讲，版本一的效率更高一些，因为避免了 没有意义的递归调用，在调用dfs之前，就做合法性判断。 但从写法来说，可能版本二 更利于理解一些。（不过其实都差不太多）
很多同学看了同一道题目，都是dfs，写法却不一样，有时候有终止条件，有时候连终止条件都没有，其实这就是根本原因，两种写法而已。
其实本题是 dfs，bfs 模板题，但正是因为是模板题，所以大家或者一些题解把重要的细节都很忽略了，我这里把大家没注意的但以后会踩的坑 都给列出来了。
本篇我只给出的dfs的写法，大家发现我写的还是比较细的，那么后面我再单独给出本题的bfs写法，虽然是模板题，但依然有很多注意的点，敬请期待！
99. 岛屿数量
卡码网题目链接（ACM模式）
题目描述：
给定一个由 1（陆地）和 0（水）组成的矩阵，你需要计算岛屿的数量。岛屿由水平方向或垂直方向上相邻的陆地连接而成，并且四周都是水域。你可以假设矩阵外均被水包围。
输入描述：
第一行包含两个整数 N, M，表示矩阵的行数和列数。
后续 N 行，每行包含 M 个数字，数字为 1 或者 0。
输出描述：
输出一个整数，表示岛屿的数量。如果不存在岛屿，则输出 0。
输入示例：
4 5
1 1 0 0 0
1 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 1
输出示例：
3
提示信息
根据测试案例中所展示，岛屿数量共有 3 个，所以输出 3。
数据范围：
1 <= N, M <= 50
思路
注意题目中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。
也就是说斜角度链接是不算了，
这道题题目是 DFS，BFS，并查集，基础题目。
本题思路:遇到一个没有遍历过的节点陆地，计数器就加一，然后把该节点陆地所能遍历到的陆地都标记上。
再遇到标记过的陆地节点和海洋节点的时候直接跳过。 这样计数器就是最终岛屿的数量。
那么如果把节点陆地所能遍历到的地都标记上呢，就可以使用 DFS，BFS或者并查集。
# 广度优先搜索
如果不熟悉广搜，建议先看 广搜理论基础。 (队列 栈 数组)
不少同学用广搜做这道题目的时候，超时了。 这里有一个广搜中很重要的细节：
根本原因是只要 加入队列就代表 走过，就需要标记，而不是从队列拿出来的时候再去标记走过。
很多同学可能感觉这有区别吗？
如果从队列拿出节点，再去标记这个节点走过，就会发生下图所示的结果，会导致很多节点重复加入队列。
超时写法 （从队列中取出节点再标记，注意代码注释的地方）
int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, -1, 0, 0, -1};
void bfs(vector<vector<char>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {
queue<pair<int, int>> que;
que.push({x, y});
while(!que.empty()) {
pair<int ,int> cur = que.front(); que.pop();
int curx = cur.first;
int cury = cur.second;
visited[curx][cury] = true;
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;
if (!visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == '1') {
que.push({nextx, nexty});
}
}
}
}
加入队列 就代表走过，立刻标记，正确写法： （注意代码注释的地方）
int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, -1, 0, 0, -1};
void bfs(vector<vector<char>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {
queue<pair<int, int>> que;
que.push({x, y});
visited[x][y] = true;
while(!que.empty()) {
pair<int ,int> 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;
if (!visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == '1') {
que.push({nextx, nexty});
visited[nextx][nexty] = true;
}
}
}
}
以上两个版本其实，其实只有细微区别，就是 visited[x][y] = true; 放在的地方，这取决于我们对 代码中队列的定义，队列中的节点就表示已经走过的节点。 所以只要加入队列，立即标记该节点走过。
本题完整： c++ code 广搜代码
#include
#include
#include
using namespace std;
int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, -1, 0, 0, -1};
void bfs(const vector<vector<int>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {
queue<pair<int, int>> que;
que.push({x, y});
visited[x][y] = true;
while(!que.empty()) {
pair<int ,int> 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;
if (!visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == 1) {
que.push({nextx, nexty});
visited[nextx][nexty] = true;
}
}
}
}
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> grid(n, vector<int>(m, 0));
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> grid[i][j];
}
}
vector<vector<bool>> visited(n, vector<bool>(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++;
bfs(grid, visited, i, j);
}
}
}
cout << result << endl;
}
本题完整： code python 广搜代码
from collections import deque
def bfs(graph, visited, x, y):
que = deque()
que.append([x, y])
dir = [(1, 0), (0, 1), (-1, 0), (0, -1)]
while que:
cur = que.popleft()
for i in range(4):
nextx = cur[0] + dir[i][0]
nexty = cur[1] + dir[i][1]
if nextx < 0 or nexty < 0 or nextx >= len(graph) or nexty >= len(graph[0]): continue
if not visited[nextx][nexty] and graph[nextx][nexty] == 1:
visited[nextx][nexty] = True
que.append([nextx, nexty])
def main():
n, m = [int(v) for v in input().split(' ')]
graph = []
visited = [[False for _ in range(m)] for _ in range(n)]
result = 0
n1 = n
while n1:
n1 -= 1
v = [int(v) for v in input().split(' ')]
graph.append(v)
for i in range(n):
for j in range(m):
if not visited[i][j] and graph[i][j]:
visited[i][j] = True
result += 1
bfs(graph, visited, i, j)
print(result)
main()
