733.图像渲染
题目链接：https://leetcode.com/problems/flood-fill
解法：
可以用深度优先搜索和广度优先搜索。
深度优先搜索。每次搜索到一个方格时，如果其与初始位置的方格颜色相同，就将该方格的染色，然后继续对其上下左右4个方位进行染色；如果不相同，则进行返回。
因为初始位置的颜色会被修改，所以我们需要保存初始位置的颜色，以便于之后的更新操作。
广度优先搜索。使用队列，每次搜索到一个方格时，如果其与初始位置的方格颜色相同，就将该方格的染色，并把上下左右4个方位加入队列。遵循先进先出，而不是把某个位置深挖到底。
需要注意的是，如果算法开始之前，当前的颜色已经和需要染的颜色相同了，就直接返回，因为如果相邻点和当前颜色相同，那么就和需要染的颜色相同，不需要再染，如果相邻点和当前颜色不相同，那么没法染。所以就是不用操作了。
参考题解：BFS+DFS
边界条件：当前的颜色和需要染的颜色相同。
时间复杂度：O(n×m)
空间复杂度：O(n×m)
# DFS
class Solution:
def floodFill(self, image: List[List[int]], sr: int, sc: int, color: int) -> List[List[int]]:
# 需要染成的颜色
self.new_color = color
# 初始颜色
self.old_color = image[sr][sc]
self.dfs(image, sr, sc)
return image
def dfs(self, image, sr, sc):
if sr < 0 or sc < 0 or sr >= len(image) or sc >= len(image[0]):
return
# 如果相邻的像素不相同，则返回
if image[sr][sc] != self.old_color:
return
# 如果已经被染色，则返回
if image[sr][sc] == self.new_color:
return
image[sr][sc] = self.new_color
directions = [(-1, 0),(1,0),(0, -1),(0, 1)]
for d in directions:
self.dfs(image, sr+d[0], sc+d[1])# BFS
class Solution:
def floodFill(self, image: List[List[int]], sr: int, sc: int, color: int) -> List[List[int]]:
# 这个条件如果不加，那么下面可能无限循环
# 如果当前的颜色就是要染的颜色，那么不同的颜色没法染，相同的颜色不用染，所以不用操作
if image[sr][sc] == color:
return image
que = deque([(sr,sc)])
old_color = image[sr][sc]
image[sr][sc] = color
directions = [(-1,0), (1,0), (0,-1), (0,1)]
m, n = len(image), len(image[0])
while que:
for i in range(len(que)):
r, c = que.popleft()
for d in directions:
new_r, new_c = r+d[0], c+d[1]
if 0 <= new_r < m and 0 <= new_c < n and image[new_r][new_c] == old_color:
que.append((new_r, new_c))
image[new_r][new_c] = color
return image542.01矩阵
题目链接：https://leetcode.com/problems/01-matrix
解法：
这个题动态规划的写法看着很复杂，广度优先搜索的思路非常优雅简洁。
假设矩阵中一共有两个0，其他都是1，如下图的左图所示。首先初始化所有点的距离为0，然后把值为0的这两个点加入队列。接着把0周围的1都计算距离，距离都是1，同时把这些值为1的点加入队列。到弹出值为1的点时，它相邻的且未访问过的点（值也是1），距离都为2，即 dist[i][j] + 1。
这就是大致的思路，从下图也可以看出。
参考题解：BFS
边界条件：无
时间复杂度：O(mn)
空间复杂度：O(mn)
class Solution:
def updateMatrix(self, mat: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
m,n = len(mat), len(mat[0])
dist = [[0]*n for _ in range(m)]
zero_pos = [(i,j) for i in range(m) for j in range(n) if mat[i][j] == 0]
q = deque(zero_pos)
visited = set(zero_pos)
directions = [(-1,0), (1,0), (0,-1), (0,1)]
while q:
i, j = q.popleft()
for d in directions:
new_i, new_j = i+d[0], j+d[1]
# 第一轮先把0附近的1都计算距离
# 第二轮把1附近的1都计算距离
if 0 <= new_i < m and 0 <= new_j < n and (new_i, new_j) not in visited:
dist[new_i][new_j] = dist[i][j] + 1
q.append((new_i, new_j))
visited.add((new_i, new_j))
return dist1235.规划兼职工作
题目链接：https://leetcode.com/problems/maximum-profit-in-job-scheduling
解法：
动态规划+二分查找，又是一个看了很久题解也没看明白的题目。再慢慢研究。
参考题解：动态规划+二分查找
边界条件：无
时间复杂度：O(nlogn)，排序的复杂度是 O(nlogn)，遍历+二分查找的复杂度合计是O(nlogn)
空间复杂度：O(n)
class Solution:
def jobScheduling(self, startTime, endTime, profit):
n = len(startTime)
jobs = sorted(zip(startTime, endTime, profit), key=lambda p: p[1])
dp = [0] * (n + 1)
for i in range(1, n + 1):
k = self.binary_search(jobs, jobs[i - 1][0], i)
dp[i] = max(dp[i - 1], dp[k] + jobs[i - 1][2])
return dp[n]
def binary_search(self, arr, x, hi):
lo = 0
hi -= 1 # 调整为左闭右闭区间
while lo <= hi:
mid = lo + (hi - lo) // 2
if arr[mid][1] <= x:
lo = mid + 1
else:
hi = mid - 1
return lo # 返回第一个大于x的元素的索引
