目录

一、盒子与扑克牌

二、员工的重要性

三、图像渲染

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一、盒子与扑克牌

假如有编号为1~3的3张扑克牌和编号为1~3的3个盒子，现在需要将3张牌分别放到3个盒子中去，且每个盒子只能放
一张牌，一共有多少种不同的放法。
当走到一个盒子面前的时候，到底要放那一张牌呢？在这里应该把所有的牌都尝试一遍。假设这里约定一个顺
序，按牌面值从小到大依次尝试。在这样的假定下，当走到第一个盒子的时候，放入1号牌。
放好之后，继续向后走，走到第二个盒子面前，此时还剩2张牌，牌面值最小的为2号牌，按照约定的规则，把2
号牌放入第二个盒子。
此时，来到第三个盒子面前，只剩一张牌，放入第三个盒子。此时手中的牌已经用完。
继续向后走，走到了盒子的尽头，后面再也没有盒子，并且也没有可用的牌了，此时，一种放法已经完成了，
但是这只是一种放法，这条路已经走到了尽头，还需要折返，重新回到上一个盒子。
这里回到第三个盒子，把第三个盒子中的牌取出来，再去尝试能否再放其它的牌，这时候手里仍然只有一张3号
牌，没有别的选择了，所以还需要继续向后回退，回到2号盒子面前。
收回2号盒子中的2号牌，现在手里有两张牌，2，3，按照约定，再把3号牌放入2号盒子，放好之后，继续向后
走，来到3号盒子。
此事手里只有一张2号牌，把它放入3号盒子，继续向后走。
此时这条路又一次走到了尽头，一个新的放法又产生了，继续向上折返，尝试其它可能，按照上述步骤，依次
会产生所有结果。
代码如何实现这种过程呢？最主要的事情，向面前的盒子里放每一种牌，一个for循环搞定。这里还需考虑，现在手里有没有这张牌，用一个数组book标记手里是否有这张牌
 

void DFS(vector<int>& book, vector<int>& box, int idx, int n)
{
	// 遍历到最后一个元素返回
	if (idx == n+1)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			cout << box[i] << " ";
		cout << endl;
		return;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (book[i] == 0)
		{
			box[idx] = i;//第idx盒子放第i张牌
			book[i] = 1;
			// 处理下一个
			DFS(book, box, idx + 1, n);
			// 回收
			book[i] = 0;
		}
	}
}

void test1()
{
	int n;
	cin >> n;
	vector<int> book(n + 1, 0);
	vector<int> box(n + 1, 0);
	DFS(book, box, 1, n);
}

二、员工的重要性

690. 员工的重要性https://leetcode.cn/problems/employee-importance/

给定一个保存员工信息的数据结构，它包含了员工 唯一的 id ，重要度 和 直系下属的 id 。

比如，员工 1 是员工 2 的领导，员工 2 是员工 3 的领导。他们相应的重要度为 15 , 10 , 5 。那么员工 1 的数据结构是 [1, 15, [2]] ，员工 2的 数据结构是 [2, 10, [3]] ，员工 3 的数据结构是 [3, 5, []] 。注意虽然员工 3 也是员工 1 的一个下属，但是由于 并不是直系 下属，因此没有体现在员工 1 的数据结构中。

现在输入一个公司的所有员工信息，以及单个员工 id ，返回这个员工和他所有下属的重要度之和。

 首先将所有员工id与员工结点存入哈希表中

从给出的id作为根节点开始进行结点值importance的计算

遍历每一个员工id对应的下属id，继续dfs其下属id以下部分的importance

/*
// Definition for Employee.
class Employee {
public:
    int id;
    int importance;
    vector<int> subordinates;
};
*/

class Solution {
public:
    map<int, Employee*> mp;
    int dfs(int id)
    {
        int num = mp[id]->importance;
        for(auto e : mp[id]->subordinates)    // 遍历该id对应的下属id
        {
            num += dfs(e);
        }
        return num;
    }
    int getImportance(vector<Employee*> employees, int id) {
        // 用哈希表来保存每个id对应的员工
        for(auto e : employees)
            mp[e->id] = e;
        return dfs(id);
    }
};

三、图像渲染

733. 图像渲染https://leetcode.cn/problems/flood-fill/

有一幅以 m x n 的二维整数数组表示的图画 image ，其中 image[i][j] 表示该图画的像素值大小。

你也被给予三个整数 sr ,  sc 和 newColor 。你应该从像素 image[sr][sc] 开始对图像进行 上色填充 。

为了完成 上色工作 ，从初始像素开始，记录初始坐标的 上下左右四个方向上 像素值与初始坐标相同的相连像素点，接着再记录这四个方向上符合条件的像素点与他们对应 四个方向上 像素值与初始坐标相同的相连像素点，……，重复该过程。将所有有记录的像素点的颜色值改为 newColor 。

最后返回 经过上色渲染后的图像 。

 总的来说就是从给出起点开始，把与它相接的图块都染成和它一样的颜色。

总体DFS思路就是从起点开始染色，然后上下左右移动，移动完之后判断是否越界，如果不越界并且新位置没有被走过并且颜色需要被涂改就DFS该位置。（注意这个方向矩阵的引入，一般情况下我都会写出四次判断来进行哈哈哈哈）

从圈圈开始，涂改所有颜色为绿色的块

int nextP[4][2] = {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};

class Solution {
public:
    void DFS(vector<vector<int>>& image, int row, int col, vector<vector<bool>>& book, 
    int curX, int curY, int oldcolor, int newcolor)
    {
        // 先进行渲染当前颜色
        image[curX][curY] = newcolor;
        book[curX][curY] = true;

        // 判断上下左右位置是否需要渲染
        for(int i = 0; i < 4; i++)
        {
            int newX = curX + nextP[i][0];
            int newY = curY + nextP[i][1];

            // 判断下一个位置是否越界
            if(newX>=row||newX<0||newY>=col||newY<0)
                continue;
            if(book[newX][newY]==false && image[newX][newY]==oldcolor)
                DFS(image, row, col, book, newX, newY, oldcolor, newcolor);
        }
    }
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {
        if(image.empty())
        return image;
        int row = image.size();
        int col = image[0].size();
        vector<vector<bool>> book(row, vector<bool> (col, false));
        int oldcolor = image[sr][sc];
        DFS(image, row, col, book, sr, sc, oldcolor, color);
        return image;
    }
};