题目解析

岛屿数量

题目依旧是熟悉的配方，熟悉的味道，还是那个0还是那个1还是那个二维矩阵，这时候BFS和DFS闻着味就来了，我们来看一下这个题目，这个题目也很容易理解如下图有一个二维矩阵

在这里面0是海洋1是陆地但是如果两个1是相邻的那么就是一个陆地，最终求出陆地的数量我们来看一下这个样列不难看出陆地的数量是3个那么这里你看懂的话恭喜你这个题目的意思你就懂了

算法解析

那么这个问题应该采取何种思路和方法呢？还记得BFS的步骤嘛？走前走后走左右，顾前顾后顾左右，满足要求改为true，不满要求不进队，那么这个题目我们按照我编的这个句子来看一下，首先用两层for循环取遍历这里面所有的节点，当节点为1的时候我们就来看看，它的前后左右如果，然后将他的前后左右满足条件的进入队列，并将 加入队列的元素逐个遍历去获取他们的前后左右，并且这还不是最主要的是需要对我们遍历到的节点进行标记。从而保证符合要求的节点只会被我们遍历一次。

代码解析

class Solution {
public:
    int dx[4] = { 0,0,-1,1 };
    int dy[4] = { 1,-1,0,0 };
    bool vir[1010][1010];
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        int ans = 0;
        int m = grid.size();
        int n = grid[0].size();
        for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {
                if (grid[i][j] == '1' && vir[i][j] == false) {
                    ans++;
                    vir[i][j] = true;
                    bfs(i, j, grid,m,n);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
    void bfs(int i, int j, vector<vector<char>>&grid,int m,int n) {
        queue<pair<int, int>>q;
        q.push({ i,j });
        while (q.size()) {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            for (int i = 0; i < 4; i++) {
                int x = a + dx[i];
                int y = b + dy[i];
                if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && vir[x][y] == false && grid[x][y] == '1') {
                    q.push({ x,y });
                    vir[x][y] = true;
                }
            }
        }
    }
};

这个题目的代码就需要用到我们的标记位了，我们需要一个bool的数组来表示这个数组中的节点哪些符合要求并且已经被遍历到了，遍历到的节点未来就不作数了，除了这个区别其余的其实跟之前的图像渲染差不多。