【ps】本篇有 4 道 leetcode OJ。
目录
一、算法简介
二、相关例题
1)图像渲染
.1- 题目解析
.2- 代码编写
2)岛屿数量
.1- 题目解析
.2- 代码编写
3)岛屿的最大面积
.1- 题目解析
.2- 代码编写
4)被围绕的区域
.1- 题目解析
.2- 代码编写
一、算法简介
FloodeFill算法即填充算法,原理就是从一个点开始向四周扩散,向周围可以走到的点填充颜色,直到将可扩散到的点全部填充颜色。
通常使用下面两种方法解决FloodFill算法问题:
- BFS (宽搜)算法通常使用队列实现,将起始像素点加入队列中,并不断扩展队列中的像素点,直到队列为空为止。
- DFS(深搜) 算法通常使用递归实现,在处理当前像素点的相邻像素点时,递归调用 DFS 函数,不断深入直到无法找到相邻像素为止。
假设这一块4*4的方格是一块土地,有凸起的地方,也有凹陷的地方(凹陷的地方用负数表示)。此时下大雨发洪水,会把凹陷的地方填满。绿色圈起来的属于一块区域(上下左右四个方向,有时候题目也会问八个方向包括斜着相连的),题目会问有多少块区域被填满,或者问被填满的最大区域是哪个,或某一块区域的边长是多少。但是本质都是在一块区域找性质相同的连通块。
- DFS:深度优先遍历(递归):从某一点开始一条路走到黑。以最右列的为例,从-1出发,向下->-2->-10->-12,此时发现-12的上下左右都走不了,在拐回去到-10,然后发现-10左边可以走->-4->-3。
- BFS:宽度优先遍历:一层一层拨开。还是以最右边为例,从-1开始拓展一层(上下左右)发现能把-2扩展出来,接着继续扩展一层上下左右,-3和-10扩展出来;接着在扩展一层上下左右,把-4和-12扩展出来。
int dx[4] = {0, 0 , -1, 1};
int dy[4] = {1, -1 , 0, 0};
// i点加dx,dy就是i点的上下左右的下标
二、相关例题
1)图像渲染
733. 图像渲染
.1- 题目解析
利用 BFS 遍历到与某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。
.2- 代码编写
class Solution {typedef pair<int, int> PII;int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};public:vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc,int color) {int prev = image[sr][sc];//先标记一下要修改的像素值if (prev == color)//处理边界情况return image;int m = image.size(), n = image[0].size();queue<PII> q;q.push({sr, sc});while (q.size()) {auto [a, b] = q.front();image[a][b] = color;q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++) { //遍历相邻的四个方向int x = a + dx[i], y = b + dy[i];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == prev) {q.push({x, y});}}}return image;}
};
2)岛屿数量
200. 岛屿数量
.1- 题目解析
被水(0)围起来的相连的陆地(1)才算一座岛屿。
我们可以遍历整个矩阵,每次找到一块陆地的时候,即找到了一个岛屿,就将其记入最终结果,同时将这个岛屿,全部变成海洋(由1改为0),这样的话,下次遍历到这个岛屿的时候,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 BFS 解决。
但如果在面试中,面试官要求另外不能直接修改原始矩阵,那我们还可以用到一个全局的 bool 类型的矩阵,来记录陆地是否被遍历过。
.2- 代码编写
class Solution {int dx[4] = {1, -1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, 1, -1};bool vis[301][301];//记录陆地是否被遍历过int m, n;public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {m = grid.size(), n = grid[0].size(); //记录矩阵的大小int ret = 0;for (int i = 0; i < m; i++) { //遍历矩阵,寻找陆地for (int j = 0; j < n; j++) {if (grid[i][j] == '1' && !vis[i][j]) {ret++;bfs(grid, i, j); //将这块陆地全都标记一下}}}return ret;}void bfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) {queue<pair<int, int>> q;q.push({i, j});vis[i][j] = true;while (q.size()) {auto [a, b] = q.front();q.pop();for (int k = 0; k < 4; k++) {int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == '1' &&!vis[x][y]) {q.push({x, y});vis[x][y] = true;}}}}
};
3)岛屿的最大面积
695. 岛屿的最大面积
.1- 题目解析
这道题是上一道题的变形。
我们只要在遍历矩阵寻找岛屿的时候,多一步来统计一下当前找出的岛屿面积即可。
.2- 代码编写
class Solution {int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};int m,n;bool vis[51][51];
public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {m=grid.size(),n=grid[0].size();int ret=0;//记录结果for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(grid[i][j]==1 && !vis[i][j]){ret=max(bfs(grid,i,j),ret);}}}return ret;}int bfs(vector<vector<int>>& grid,int i,int j){int ret=0;//统计岛屿面积(1的个数)queue<pair<int,int>> q;q.push({i,j});vis[i][j]=true;ret++;while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int k=0;k<4;k++){int x=a+dx[k],y=b+dy[k];if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n && grid[x][y]==1 && !vis[x][y]){q.push({x,y});vis[x][y]=true;ret++;}}}return ret;}
};
4)被围绕的区域
130. 被围绕的区域
.1- 题目解析
不难想到,可以直接通过 bfs 将所有被 'X' 围起来的 'O' 修改为 'X',但位于矩阵边缘的 'O' 其实是不必修改的,此时又该如何处理呢?
我们可以选择正难则反,先利用 bfs 将与边缘相连的 'O' 区域修改成无关字符,然后重新遍历矩阵,将没有标记过的 'O' 全修改成 'X' 即可,再把无关字符全还原成'O'。
.2- 代码编写
class Solution {int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};int m,n;
public:void solve(vector<vector<char>>& board) {m=board.size(),n=board[0].size();// 1. 先处理边界上的 'O' 联通块,全部修改成 '.'for(int j=0;j<n;j++){if(board[0][j]=='O')bfs(board,0,j);if(board[m-1][j]=='O')bfs(board,m-1,j);}for(int i=0;i<m;i++){if(board[i][0]=='O')bfs(board,i,0);if(board[i][n-1]=='O')bfs(board,i,n-1);}// 2. 还原for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(board[i][j]=='O')board[i][j]='X';else if(board[i][j]=='.')board[i][j]='O';}}}void bfs(vector<vector<char>>& board,int i,int j){queue<pair<int,int>> q;q.push({i,j});board[i][j]='.';while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int k=0;k<4;k++){int x=a+dx[k],y=b+dy[k];if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n && board[x][y]=='O'){q.push({x,y});board[x][y]='.';}}}}};