1.01矩阵
既然本章是BFS解决多源最短路问题，也就是说有若干个起点，那我们就可以暴力一点，直接把多源最短路径问题转化成若干个单源最短路径问题，然后将每次的步数比较一下，取到最短的就是最短路径的结果，这个想法好写，但是在本章都会超时，所以我们换一个思路：把所有的源点当成一个超级源点(包含所有的源点)，那么问题就变成了单一的单源最短路径问题，此时我们使用一次bfs就可以解决问题。但是如何将这个源点当作一个超级源点呢？在解决单源最短路问题，我们的做法是把起点加入到队列，然后一层一层的往外扩展，所以我们只需要一开始将所有的起点都加入到队列，然后一层一层往外扩展即可，我们直接看第一个思路：
代码我已经替大家试过了，会超时，所以我们来看第二种思路：
直接上代码：
class Solution {
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:
vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& mat) {
int m = mat.size();
int n = mat[0].size();
vector<vector<int>> dist(m, vector<int>(n, -1));
// dist[i][j] == -1,表示:没有被搜索过
// dist[i][j] != -1,表示:最短距离
// 利用dist来直接标记该位置是否已经被使用
queue<pair<int,int>> q;
// 把所有为0的源点加入队列中
for(int i = 0; i < m; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
if(mat[i][j] == 0)
{
q.push({i, j});
dist[i][j] = 0;
}
while(q.size())
{
// 此时我们不需要同时向外扩展
// 因此不需要使用sz
auto [a, b] = q.front();
q.pop();
for(int i = 0; i < 4; i++)
{
int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && dist[x][y] == -1)
{
// 此时说明已经找到，直接修改dist的值即可
dist[x][y] = dist[a][b] + 1;
q.push({x, y});
}
}
}
return dist;
}
};2.飞地的数量
这道题目如果我们按照每次遍历数组每次遇到1就去bfs，肯定是会超时的，但是根据这个写法也有不超时的做法，我们遍历的时候，遇到1就去bfs，并将途中遇到1的位置标记一下，下一轮遇到1的时候，先dfs一下，如果这次dfs宽搜的时候遇到1，发现这个位置已经标记过，此时就不要bfs了，直接就是上次的结果，但是这样写需要两次dfs，并且dsf的代码还不一样，也比较麻烦，那我们来一个新思路：正难则反，我们可以从边上的 1 开始搜索，把与边上 1 相连的联通区域全部标记⼀下； 然后再遍历⼀遍矩阵，看看哪些位置的 1 没有被标记即可标记的时候，可以用「多源 bfs 」解决，bfs的逻辑和上一个题目基本差不多，直接上代码。
class Solution {
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
bool vis[501][501] = {false};
public:
int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size();
int n = grid[0].size();
// 1. 把边上的 1 加⼊到队列中
queue<pair<int,int>> q;
// 遍历行
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if(grid[0][i] == 1)
q.push({0, i});
if(grid[m - 1][i] == 1)
q.push({m - 1, i});
}
// 遍历列
for(int j = 0; j < m; j++)
{
if(grid[j][0] == 1)
q.push({j, 0});
if(grid[j][n - 1] == 1)
q.push({j, n - 1});
}
// 2. 多源bfs
while(q.size())
{
auto [a, b] = q.front();
q.pop();
vis[a][b] = true;
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 && grid[x][y] == 1 && !vis[x][y])
{
q.push({x, y});
vis[x][y] = true;
}
}
}
// 统计结果
int ret = 0;
for(int i = 0; i < m; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
if(grid[i][j] == 1 && !vis[i][j])
ret++;
return ret;
}
};3.地图中的最高点
注意本题给的是结果矩阵，我们可以先来看看原始矩阵的样子
此时就一目了然了，我们直接创建一个height数组，将isWater中的水域依次向外扩展，直接转化成多源bfs的问题，并且我们发现它就是01矩阵的变型题，直接上代码了：
class Solution {
int dx[4] = { 0, 0, 1, -1 };
int dy[4] = { 1, -1, 0, 0 };
public:
vector<vector<int>> highestPeak(vector<vector<int>>& isWater) {
int m = isWater.size();
int n = isWater[0].size();
// 数组不能初始化为0,因为数组中存在0 - 代表水域
vector<vector<int>> height(m, vector<int>(n, -1));
queue<pair<int, int>> q;
// 把所有的源点加入到队列里面
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
if (isWater[i][j] == 1)
{
height[i][j] = 0;
q.push({ i,j });
}
// 多源bfs
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];
// 该值没有被搜索过
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && height[x][y] == -1)
{
height[x][y] = height[a][b] + 1;
q.push({ x, y });
}
}
}
return height;
}
};4.地图分析
我们这个题目要求解海洋到陆地的最大距离，也可以求，但是海洋数量多蛮烦，正难则反，我们可以求陆地到海洋，将陆地作为超级源点依次向外扩展，随后创建一个dist数组，记录每次bfs的值保存在ist数组中即可解决，代码和上面的题目都相似，直接上代码：
class Solution
{
int dx[4] = { 0, 0, 1, -1 };
int dy[4] = { 1, -1, 0, 0 };
public:
int maxDistance(vector<vector<int>>& grid)
{
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
vector<vector<int>> dist(m, vector<int>(n, -1));
queue<pair<int, int>> q;
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
if (grid[i][j] == 1)
{
dist[i][j] = 0;
q.push({ i, j });
}
int ret = -1;
while (q.size())
{
auto [a, b] = q.front(); q.pop();
for (int i = 0; i < 4; i++)
{
int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && dist[x][y] == -1)
{
dist[x][y] = dist[a][b] + 1;
q.push({ x, y });
ret = max(ret, dist[x][y]);
}
}
}
return ret;
}
};
