【递归、回溯专题（二）】DFS解决floodfill算法

news2024/9/19 10:41:00

文章目录

  • 1. 图像渲染
  • 2. 岛屿数量
  • 3. 岛屿的最大面积
  • 4. 被围绕的区域
  • 5. 太平洋大西洋水流问题
  • 6. 扫雷游戏
  • 7. 机器人的运动范围

1. 图像渲染

在这里插入图片描述

算法原理：
在这里插入图片描述

这题不需要创建visit数组去记录使用过的节点，因为我每次dfs都尝试修改image数组的值，当下一次遍历到当前节点时target != image[x][y]，这也就间接的帮我们记录了使用过的节点。

class Solution {
public:
    int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    int m, n, target;
    void dfs(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color)
    {
        image[sr][sc] = color; // 染色
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = sr + dx[k];
            int y = sc + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m
                && y >= 0 && y < n
                && target == image[x][y])
            {
                dfs(image, x, y, color);
            }
        }
    }
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {
        if(image[sr][sc] == color) return image;
        m = image.size(), n = image[0].size();
        target = image[sr][sc];

        dfs(image, sr, sc, color);
        return image;
    }
};

2. 岛屿数量

在这里插入图片描述

算法原理：
dfs负责将陆地1周围的连通区域(上下左右是1的区域)标记为true，当周围遇到了海洋0，dfs终止。此时，在函数外侧则去统计岛屿的数目(区域是1，并且区域未被标记)。

class Solution {
public:
    int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    bool vis[301][301];
    int m, n;
    int ret;
    // dfs只是负责将与1的连通区域标记一下, 方便找陆地的时候只记录一次
    void dfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) 
    {
        vis[i][j] = true;
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
                && grid[x][y] == '1' && vis[x][y] == false)
            {
                dfs(grid, x, y);
            }
        }
    }
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) 
    {
        m = grid.size(), n = grid[0].size();
        // 找有多少块岛屿
        for(int i = 0; i < m; i++)
            for(int j = 0; j < n; j++)
                // 找到陆地, 且当前位置未被标记过
                if(grid[i][j] == '1' && vis[i][j] == false)
                {
                    ret++;
                    dfs(grid, i, j);
                }
        return ret;
    }
};

3. 岛屿的最大面积

在这里插入图片描述理解了上一题怎么写之后，这题仍然是一样的原理。只不过统计的不是岛屿的数量，而是岛屿中的最大面积。

class Solution {
public:
    int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    bool vis[301][301];
    int m, n;
    int MaxArea, area;
    // dfs只是负责将与1的连通区域标记一下, 方便找陆地的时候只记录一次
    void dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j) 
    {
        vis[i][j] = true, area++;
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
                && grid[x][y] == 1 && vis[x][y] == false)
            {
                dfs(grid, x, y);
            }
        }
    }
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {   
        m = grid.size(), n = grid[0].size();
        // 找有多少块岛屿
        for(int i = 0; i < m; i++)
            for(int j = 0; j < n; j++)
                // 找到了下一块岛屿
                if(grid[i][j] == 1 && vis[i][j] == false)
                {
                    dfs(grid, i, j);
                    MaxArea = max(MaxArea, area);
                    area = 0;
                }
        return MaxArea;
    }
};

4. 被围绕的区域

在这里插入图片描述

算法原理：
方法一：直接法
这道题的难点是如何处理边界区域的'o'不被替换为 'X'，而被 'X'包围的区域则被替换。
如果只是将'o'替换为 'X'，那很简单，直接进行深度优先遍历即可；如果我们想处理边界区域不被替换，我们也可以进行深度优先遍历，只不过遇到了非法区域我们就采用回溯还原原先的状态。但是实现起来较为复杂，下面介绍第二种方法。
方法二：间接法
先处理外围区域，遍历外围区域，当遇到'o'时，我们采用dfs，将所有的'o'替换为'.'，这样就将边界区域的情况给处理了。再遍历整个区域，遇到'.'则替换回'o'；遇到'o'将所有的'o'替换为'X'，这样就自然而然的将边界区域和内部区域分开处理了。
在这里插入图片描述

class Solution {
public:
    int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    int m, n;
    void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j)
    {
        board[i][j] = '.';
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
                && board[x][y] == 'O')
            {
                dfs(board, x, y);
            }
        }
    }
    void solve(vector<vector<char>>& board) 
    {
        m = board.size(), n = board[0].size();
        // step1: 先遍历外围区域, 将边界的 'O' 全部修改成 '.'
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            if(board[0][i] == 'O') dfs(board, 0, i);
            if(board[m-1][i] == 'O') dfs(board, m-1, i);
        }
        for(int i = 1; i < m - 1; i++)
        {
            if(board[i][0] == 'O') dfs(board, i, 0);
            if(board[i][n-1] == 'O') dfs(board, i, n-1);
        }

        // step2: 再遍历整个区域
        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';
    }
};

5. 太平洋大西洋水流问题

理解题意：
这道题的意思就是，水流只能往节点值比当前值小或者等于的方向流动。我要找到一个下标，使得这个水流既能流往大西洋，又能流往太平洋。

解法一：直接法
算法原理：
对整个二维数组的每一个元素进行判断，判断其是否能汇入太平洋和大西洋。以一个元素为例，如图元素5的dfs过程中：用一个vis数组记录使用过的节点，并且dfs只能往节点值较低的或者相等的去搜。整个递归结束后，对vis数组进行判别，从而确定该节点是否为所需求的节点。
在这里插入图片描述

缺点是部分测试用例会超时。原因在于，1.每个节点的搜索存在着重复的搜索
在这里插入图片描述

class Solution {
public:
    int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    int m, n;
    void dfs(vector<vector<int>>& heights, int i, int j, vector<vector<bool>>& vis)
    {
        vis[i][j] = true; // 标记海水遍历过的地方
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
                && heights[x][y] <= heights[i][j] // 水往低处流, 所以是小于等于
                && vis[x][y] == false)
            {
                dfs(heights, x, y, vis);
            }
        }
    }
    // 判断遍历得到的vis数组
    bool checkvis(vector<vector<bool>>& vis)
    {
        // 保证vis的左边界或者上边界有true && vis的右边界或者下边界有true
        // flag1表示是否能流入太平洋
        bool flag1 = false;
        for(int j = 0; j < n; j++) {
            if(vis[0][j] == true) {
                flag1 = true;
                break;
            }
        }
        for(int i = 0; i < m; i++){
            if(vis[i][0] == true) {
                flag1 = true;
                break;
            }
        }
        // flag2表示是否能流入大西洋
        bool flag2 = false;
        for(int j = 0; j < n; j++){
            if(vis[m-1][j] == true) {
                flag2 = true;
                break;
            }
        }
        for(int i = 0; i < m; i++){
            if(vis[i][n-1] == true) {
                flag2 = true;
                break;
            }
        }
        // 将vis数组的所有值清0, 方便对下一个节点进行dfs
        for(int i = 0; i < m; i++)
            for(int j = 0; j < n; j++)
                vis[i][j] = false;
        return flag1 && flag2;
    }
    vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) 
    {
        m = heights.size(), n = heights[0].size();
        vector<vector<bool>> vis(m, vector<bool>(n));

        vector<vector<int>> result;
        for(int i = 0; i < m; i++)
            for(int j = 0; j < n; j++)
            {
                dfs(heights, i, j, vis);
                if(checkvis(vis)) result.push_back({i, j});
            }
                    
        return result;
    }
};

解法二：间接法
算法原理：逆向思维
从二维数组的边界开始搜索，当后面的节点的值 >= 当前节点的值就往后面搜索。创建两个vis数组，第一个vis数组负责从太平洋海岸(二维数组左边界和上边界)开始搜索；第二个vis数组负责从大西洋海岸(二维数组右边界和下边界)开始搜索。搜索完之后两个vis数组都有从边界搜索到达的最远位置被标记，找到两个vis数组公共位置都被标记为true的即为既可流向太平洋也可流向大西洋 。
如下图以边界的两个数为例子，得到(3, 1)和(2, 2)为两个vis数组公共位置，它们既可以流入太平洋也可以流入大西洋。
在这里插入图片描述

class Solution {
public:
    int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    int m, n;
    void dfs(vector<vector<int>>& heights, int i, int j, vector<vector<bool>>& vis)
    {
        vis[i][j] = true; // 标记海水遍历过的地方
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
                && heights[x][y] >= heights[i][j]
                && vis[x][y] == false)
            {
                dfs(heights, x, y, vis);
            }
        }
    }
    vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) 
    {
        m = heights.size(), n = heights[0].size();
        // 0. 创建两个vis数组
        vector<vector<bool>> Pac(m, vector<bool>(n));
        vector<vector<bool>> Atl(m, vector<bool>(n));
        // 1. 先处理太平洋
        for(int j = 0; j < n; j++) dfs(heights, 0, j, Pac); // 第0行
        for(int i = 0; i < m; i++) dfs(heights, i, 0, Pac); // 第0列
        // 2. 再处理大西洋
        for(int j = 0; j < n; j++) dfs(heights, m-1, j, Atl); // 第m-1行
        for(int i = 0; i < m; i++) dfs(heights, i, n-1, Atl); // 第n-1列
        // 3. 判断两个xis数组是否有重复的部分
        vector<vector<int>> result;
        for(int i = 0; i < m; i++)
            for(int j = 0; j < n; j++)
                if(Pac[i][j] == Atl[i][j] && Atl[i][j] == true) 
                    result.push_back({i, j});
        return result;
    }
};

6. 扫雷游戏

在这里插入图片描述在这里插入图片描述**算法原理：**模拟

在这里插入图片描述每到一个节点，就去判断一下周围有无地雷，有地雷就将该节点改为地雷的总数，并回溯；如果周围没有地雷就在当前节点填入B，继续往周围8个节点dfs。

class Solution {
public:
    int dx[8] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1}; // 上,下,左,右,斜方向
    int dy[8] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};
    int m, n;
    void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j)
    {
        // 统计周围地雷的个数
        int count = 0;
        for (int k = 0; k < 8; k++) 
        {
            int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
            if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'M') {
                count++;
            }
        }
        // 如果周围有地雷, 将当前格子修改成周围地雷的总数, 再回溯
        if (count) 
        {
            board[i][j] = count + '0';
            return;
        } 
        else // 周围没有地雷
        {
            board[i][j] = 'B';
            for (int k = 0; k < 8; k++) 
            {
                int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
                if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'E') 
                {
                    dfs(board, x, y);
                }
            }
        }
    }
    vector<vector<char>> updateBoard(vector<vector<char>>& board, vector<int>& click) {
        m = board.size(), n = board[0].size();
        int x = click[0], y = click[1];
        if (board[x][y] == 'M') // 刚开始直接点到地雷
        {
            board[x][y] = 'X';
            return board;
        }
        dfs(board, x, y);
        return board;
    }
};

7. 机器人的运动范围

在这里插入图片描述算法原理：
还是深搜，遇到符合题目要求(行纵坐标的数位之和<=threshold)的节点，就给结果ret增加1；注意细节问题：应避免dfs往回搜，用vis数组标记使用过的节点。

class Solution {
public:
    int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    bool vis[101][101];
    int m, n;
    int ret;
    bool CanIn(int threshold, int x, int y)
    {
        int sum = 0;
        while(x)
        {
            sum += x % 10;
            x /= 10;
        }
        while(y)
        {
            sum += y % 10;
            y /= 10;
        }
        if(sum > threshold) return false;
        return true;
    }
    void dfs(int threshold, int i, int j)
    {
        vis[i][j] = true;
        ret++;
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
                && CanIn(threshold, x, y)
                && vis[x][y] == false)
            {
                dfs(threshold, x, y);
            }
        }
    }
    int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
        m = rows, n = cols;
        dfs(threshold, 0, 0);
        return ret;
    }
};

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Android Studio版本众多&#xff0c;电脑操作系统、电脑型号、电脑硬件也是多种多样&#xff0c;幸运的半个小时内可以完成安装&#xff0c;碰到不兼容的电脑&#xff0c;一天甚至更长时间都无法安装成功。 Android安装及第一个Android工程分为4个步骤&#xff0c;为什么放到一…
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E31.【C语言】练习:指针运算习题集(上)

E31.【C语言】练习:指针运算习题集(上)

Exercise 1 求下列代码的运行结果 #include <stdio.h> int main() {int a[5] { 1, 2, 3, 4, 5 };int* ptr (int*)(&a 1);printf("%d",*(ptr - 1));return 0; } 答案速查: 分析&#xff1a; Exercise 2 求下列代码的运行结果 //在x86环境下 //假设结…
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使用Ansible stat模块检查目录是否存在

使用Ansible stat模块检查目录是否存在

使用Ansible stat模块检查目录是否存在或者是否为一个目录还是文件 理论知识 在Ansible中&#xff0c;你可以使用stat模块来检查一个目录是否存在。stat模块可以用来获取文件或目录的状态信息&#xff0c;包括它是否存在。下面是一个简单的例子&#xff0c;说明如何使用stat模…
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9/3作业

9/3作业

一、继承&#xff08;inhert&#xff09; 面向对象三大特征&#xff1a;封装、继承、多态 继承&#xff1a;所谓继承&#xff0c;是类与类之间的关系。就是基于一个已有的类&#xff0c;来创建出一个新类的过程叫做继承。主要提高代码的复用性。 1.1 继承的作用 1> 实现…
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GraphRAG工程落地成本详细解读和实例分析

GraphRAG工程落地成本详细解读和实例分析

最近半年GraphRAG引起不少关注&#xff0c;。GraphRAG代表了一种创新的方法&#xff0c;用于支持检索增强生成&#xff08;RAG&#xff09;应用&#xff0c;使组织能够从其复杂的数据集中提取前所未有的价值。然而&#xff0c;与大多数组织使用的相对简单的数据嵌入和向量化过程…
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mkv怎么转换成mp4？2个简单易用的格式转换方法

mkv怎么转换成mp4？2个简单易用的格式转换方法

小王立志成为一名vlogger&#xff0c;为此&#xff0c;他在旅行的时候拍摄了一段旅游视频&#xff0c;把视频保存在mkv格式中。在平台上传时小王才发现mkv视频不被平台支持。 小王傻眼了&#xff0c;视频需要把mkv转换成mp4格式才能发布&#xff0c;但mkv怎么转换成mp4&#x…
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Socket编程---TCP篇

Socket编程---TCP篇

目录 一. TCP协议 二. 服务端模块代码实现 三. 服务端调用模块代码实现 四. 客户端模块代码实现 五. 初始版本结果展示 六. 多进程版服务端 七. 多线程版服务端 八. 线程池版服务端 前文已经讲了UDP的知识&#xff08;点此查看&#xff09;。今天来讲讲…
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探索AWS EC2：云计算的强大引擎

探索AWS EC2：云计算的强大引擎

在数字化转型的浪潮中&#xff0c;企业对计算资源的需求不断增长。亚马逊弹性计算云&#xff08;EC2&#xff09;作为AWS&#xff08;亚马逊网络服务&#xff09;的核心产品之一&#xff0c;凭借其强大的功能和灵活性&#xff0c;成为了全球企业构建和扩展应用的首选平台。无论…
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K8S - 外部访问集群

K8S - 外部访问集群

前言 文档可以承接前面的内容看 这里只做外部访问的介绍 正文 kubectl get po#打印某个pod的环境变量 kubectl exec nginx-7c5ddbdf54-6nfw2 \-- printenv |grep KUBERNETES#删除 service kubectl get svc kubectl delete svc nginx#使用 LoadBalancer 的方式重新创建 servi…
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Etherpad在线文档协作编辑工具

Etherpad在线文档协作编辑工具

Etherpad在线文档协作编辑工具 一、前言 Etherpad是一种开源的实时协作编辑器&#xff0c;允许多个用户同时编辑同一文档&#xff0c;并实时显示每个用户的输入内容。Etherpad最初由Etherpad基金会开发&#xff0c;后来被Google收购&#xff0c;现在由Apache软件基金会维护。E…
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ElasticSearch-集群架构

ElasticSearch-集群架构

核心概念 节点类型分片集群搭建 ES安全认证 集群内部安全通信 生产环境常见集群部署方式 单一角色增加节点水平扩展读写分离架构异地多活架构Hot & Warm 架构集群容量规划 产品信息库搜索时间序列的数据 核心概念 ES集群架构的优势 提高系统的可用性&#xff0c;部分节点…
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【QT】学习笔记：枚举桌面窗口句柄

【QT】学习笔记：枚举桌面窗口句柄

在 Qt 中&#xff0c;虽然 Qt 本身没有直接提供枚举桌面窗口的 API&#xff0c;但可以通过调用 Windows API 来实现枚举桌面上所有窗口的句柄&#xff0c;包括子窗口以及子窗口与父窗口的关系。我们可以使用 Windows 的 EnumWindows 和 EnumChildWindows 函数来枚举所有顶层窗口…
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C语言指针进阶三：（回调函数，qsort函数的模拟）

C语言指针进阶三：（回调函数，qsort函数的模拟）

回调函数 回调函数就是通过函数指针调用的函数&#xff0c;如果你把函数的指针作为参数传递给另一个函数&#xff0c;当这个指针被用来调用其指向的函数时&#xff0c;我们所说这就是回调函数。 qsort函数的使用&#xff08;回调函数案例&#xff09; 我们先看看qsort函数的…
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【单调栈 】2289. 使数组按非递减顺序排列

【单调栈 】2289. 使数组按非递减顺序排列

本文涉及的基础知识点 单调栈分类、封装和总结 LeetCode2289. 使数组按非递减顺序排列 给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 。在一步操作中&#xff0c;移除所有满足 nums[i - 1] > nums[i] 的 nums[i] &#xff0c;其中 0 < i < nums.length 。 重复执行步骤&a…
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【重磅推荐】《一本书读懂大模型：技术创新、商业应用与产业变革》发布！大模型零基础入门到精通

【重磅推荐】《一本书读懂大模型：技术创新、商业应用与产业变革》发布！大模型零基础入门到精通

近日&#xff0c;由中国电信研究院天翼智库大模型研究团队编写、中国电信集团科技委主任邵广禄倾情作序的**《一本书读懂大模型&#xff1a;技术创新、商业应用与产业变革》**正式出版。本书系统介绍了大模型技术的发展历程、核心技术、行业应用、产业体系、治理问题以及未来展…
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DeFi 发展的岔路口，Pencils Protocol带领投资者们“向前看”

DeFi 发展的岔路口，Pencils Protocol带领投资者们“向前看”

DeFi 市场是否还存在 Alpha 机会&#xff1f; 走下坡路的 DeFi 去中心化金融&#xff08;DeFi&#xff09;曾是区块链世界发展的起点&#xff0c;也是链上世界流动性的重要支柱。然而&#xff0c;自 2021 年 DeFi 领域的总锁仓量&#xff08;TVL&#xff09;达到历史巅峰——…
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