FloodFill算法（DFS+BFS）【上】

news2024/11/14 21:26:58

文章目录

    • FloodFill算法
    • 733. 图像渲染
      • 题目解析
      • 算法原理
      • 代码实现
    • 200. 岛屿数量
      • 题目解析
      • 算法原理
      • 代码实现
    • 695. 岛屿的最大面积
      • 题目解析
      • 算法原理
      • 代码实现
    • 130. 被围绕的区域
      • 题目解析
      • 算法原理
      • 代码实现

FloodFill算法

FloodFill算法，中文名叫洪水灌溉

image-20240912220506133

这些模拟一块区域，正数部分表示凸起部分，负数部分表示凹陷部分，在“下雨/发大水”的时候，哪些区域会被覆盖。

这类一般需要解决哪些区域会“填上水”，一共多少块区域或者最大的区域是多少。

image-20240912220815880

它的本质都是在区域里面性质相同的连通块。

解决这类问题，可以用两种方式：

  • DFS：深度优先遍历，从某一个点一直走，走到不能再走就返回
  • BFS：宽度优先遍历，从一个点开始，一层一层走

733. 图像渲染

题目链接：733. 图像渲染

题目解析

题目给我们一个起始位置，把与它相连且像素值相同的改成newColor

image-20240912221645556

算法原理

DFS：

一条路走到底，走之前先修改数据，走不了然后回溯。

稍微注意一下，然后起始值和目标值一样，可能会走重复的路。

所以需要判断一下，如果相同，直接返回

image-20240912224430691

BFS：

从起始位置(1, 1)开始，一层一层向外扩展

image-20240912222520872

这扩展的时候，就可以修改数据了

代码实现

DFS:

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


    void dfs(vector<vector<int>>& image, int pos_x, int pos_y)
    {
        image[pos_x][pos_y] = color;
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = dx[k] + pos_x;
            int y = dy[k] + pos_y;
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == target)
            {
                //image[x][y] = color;
                dfs(image, x, y);
            }
        }
        //return;
    }
};

BFS:

class Solution {
public:
    int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color)
    {
        //起始位置像素值
        int prev = image[sr][sc];  
        if(prev == color)   return image;

        int m = image.size();
        int n = image[0].size();
        queue<pair<int, int>> q;
        q.push({sr, sc});
        while(q.size())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            image[a][b] = color;
            for(int i = 0; i < 4; i++)
            {
                int x = dx[i] + a;
                int y= dy[i] + b;
                if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == prev)     
                {
                    q.push({x, y});
                }
            }
        }
        return image;
    }
};

200. 岛屿数量

题目链接：200. 岛屿数量

题目解析

题目的意思就是看有几块连通区域

算法原理

从左往右扫描这个矩阵，当第一次遇到“陆地”的时候，就找到与这块陆地连接的区域

为了避免回溯/扩展回去，两种方法：

  1. 将原数组修改
  2. 采用一个同等规模的bool vis[][]数组，表示true和false，true扫描过，false未扫描

代码实现

DFS:

class Solution {
public:
    bool vis[301][301];
    int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
    int m, n;
    int ret = 0;
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid)
    {
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            for(int j = 0; j < n; j++)
            {
                if(grid[i][j] == '1' && !vis[i][j])
                {
                    ret++;
                    dfs(grid, i, j);
                }
            }
        }
        return ret;
    }

    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];
            int y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >=0 && y < n && grid[x][y] == '1' && !vis[x][y])
            {
                dfs(grid, x, y);
            }
        }
    }
};

BFS:

class Solution {
public:
    int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
    bool vis[301][301];
    int m;
    int n;
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid)
    {
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        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++;
                    bfs(grid, i, j);
                }
            }
        }
        return ret;
    }
    void bfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j)
    {
        queue<pair<int, int> > q;
        q.push({i, j});
        vis[i][j] = true;
        while(q.size())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            for(int k = 0; k < 4; k++)
            {
                int x = dx[k] + a;
                int y = dy[k] + b;
                if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == '1' && !vis[x][y])
                {
                    vis[x][y] = true;
                    q.push({x, y});
                }
            }
        }

    }
};

695. 岛屿的最大面积

题目链接：695. 岛屿的最大面积

题目解析

给我们一个二进制矩阵表示岛屿，其中1表示岛屿、0表示水。

让我们找出面积最大的岛屿（上下左右连通）

算法原理

image-20240915214352834

从左往右、从上到下扫描一下矩阵，当遇到没有遍历过的1的时候，然后就进行DFS/BFS：

  • 进入一次dfs，count++，遍历结束之后，就是岛屿面积，只需找出最大值即可
  • bfs时，加入一次队列，count++，完毕之后，就知道了面积

代码实现

DFS：

class Solution {
public:
    int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    bool vis[51][51];
    int ret, count = 0;
    int m, n;
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid)
    {
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            for(int j = 0; j < n; j++)
            {
                if(grid[i][j] == 1 && !vis[i][j])
                {
                    count = 0;
                    ret = max(ret, dfs(grid, i, j));
                }
            }
        }
        return ret;
    }

    int dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j)
    {
        vis[i][j] = true;
        count++;
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = i + dx[k];
            int y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && grid[x][y] == 1)
            {
                dfs(grid, x, y);
            }
        }
        return count;
    }
};

BFS：

class Solution {
public:
    bool vis[51][51];
    int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
    int m;
    int n;
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid)
    {
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        int ret = 0;
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            for(int j = 0; j < n; j++)
            {
                if(grid[i][j] && !vis[i][j])
                {
                    ret = max(ret, bfs(grid,i, j));
                }
            }
        }
        return ret;
    }

    int bfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j)
    {
        int count = 0;
        queue<pair<int, int>> q;
        q.push({i, j});
        vis[i][j] = true;
        count++;
        while(q.size())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            for(int k = 0; k < 4; k++)
            {
                int x = a + dx[k];
                int y = b + dy[k];
                if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1 && !vis[x][y])
                {
                    count++;
                    q.push({x, y});
                    vis[x][y] = true;
                }
            }
        }
        return count;
    }
};

130. 被围绕的区域

题目链接：130. 被围绕的区域

题目解析

给我们一个矩阵，里面只有X和O，找出被X包围的O

必须是上下左右都有X才是被包围

算法原理

这里可以直接遍历，遇见O就修改成X，但是这样如果边界有X，此时又要返回去，重新改回来，这要涉及分情况讨论。

正难则反：

遍历四条边，如果有O，对边上的O做一次dfs/bfs，然后把这些连通块修改成一个无关的字符，然后遍历一次矩阵，此时的O一定是被包围的，直接修改即可

image-20240915221105256

代码实现

DFS：

class Solution {
public:
    int m, n;
    int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
    void solve(vector<vector<char>>& board)
    {
        m = board.size();
        n = board[0].size();
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            for(int j = 0; j < n; j++)
            {
                if((i == 0 || j == 0 || i == m-1 || j == n-1) && board[i][j] == 'O')
                {
                    //cout << 1 << endl;
                    dfs(board, i, j);
                }
            }
        }

        for(auto& e : board)
        {
            for(auto&ch : e)
            {
                if(ch == '.')
                    ch = 'O';
                else
                    ch = 'X';
            }
        }
    }

    void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j )
    {
        board[i][j] = '.';
        for(int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int x = dx[k] + i;
            int y = dy[k] + j;
            if(x >= 0 && y >= 0 && x < m && y < n && board[x][y] == 'O')
            {
                dfs(board, x, y);
            }
        }
    }
};

BFS：

class Solution {
public:
    int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    int m;
    int n;
    char label = '.';
    void solve(vector<vector<char>>& board)
    {
        m = board.size();
        n = board[0].size();
        for(int j = 0; j < n; j++)
        {
            if(board[0][j] == 'O')
            {
                bfs(board, 0, j);
            }
            if(board[m-1][j] == 'O')
            {
                bfs(board, m-1, j);
            }
        }

        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            if(board[i][0] == 'O')
            {
                bfs(board, i, 0);
            }
            if(board[i][n-1] == 'O')
            {
                bfs(board, i, n-1);
            }
        }

        //修改和还原
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            for(int j = 0; j < n; j++)
            {
                if(board[i][j] == label)
                {
                    board[i][j] = 'O';
                }
                else
                {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }

    void bfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j)
    {
        queue<pair<int, int>> q;
        q.push({i, j});
        board[i][j] = label;
        while(q.size())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            for(int k = 0; k < 4; k++)
            {
                int x = dx[k] + a;
                int y = dy[k] + b;
                if(x >= 0 && x < m && y > 0 && y < n && board[x][y] == 'O')
                {
                    board[x][y] = label;
                    q.push({x, y});
                }
            }
        }

    }
};

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【C++】stack 和 queue 以及 容器适配器

文章目录 一、stack1.1 stack的使用1.2 stack的模拟实现 二、queue2.1 queue的使用2.2 queue的模拟实现 三、优先级队列1.优先级队列的介绍2. priority_queue的使用的使用3.模拟实现优先级队列 四、 容器适配器1.STL标准库中stack和queue的底层结构2.deque&#xff08;双端对列…
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Unity3D 发布后去除Development Build显示

Unity3D 发布后去除Development Build显示

问题描述&#xff1a; Build后在视野右下角看到“Development Build”白色小字 解决方法&#xff1a; build时不勾选Development Build项 PS: 游戏开发unity杂项知识系列&#xff1a;build时Development Build的作用_unity development build-CSDN博客
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结构体的内存对齐

结构体的内存对齐

对⻬规则&#xff1a; 1.结构体的第⼀个成员对⻬到和结构体变量起始位置偏移量为0的地址处 2.其他成员变量要对⻬到某个数字&#xff08;对⻬数&#xff09;的整数倍的地址处。 对⻬数编译器默认的⼀个对⻬数与该成员变量⼤⼩的较⼩值。 但一些编译器下并没有默认对其数 3.结…
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ElK 8 收集 Nginx 日志

ElK 8 收集 Nginx 日志

1. 说明 elk 版本&#xff1a;8.15.0 2. 启个 nginx 有 nginx 可以直接使用。我这里是在之前环境下 docker-compose.yml 中启动了个 nginx&#xff1a; nginx:restart: alwaysimage: nginx:1.26.1ports:- "80:80"- "443:443"volumes:#- ./nginx/html:/…
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探索Python轻量级数据库：TinyDB的奇妙之旅

探索Python轻量级数据库：TinyDB的奇妙之旅

文章目录 探索Python轻量级数据库&#xff1a;TinyDB的奇妙之旅背景&#xff1a;为何选择TinyDB&#xff1f;什么是TinyDB&#xff1f;如何安装TinyDB&#xff1f;简单库函数使用方法场景应用常见Bug及解决方案总结 探索Python轻量级数据库&#xff1a;TinyDB的奇妙之旅 背景&…
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H5 three.js 实现六年级观察物体

H5 three.js 实现六年级观察物体

o(&#xffe3;▽&#xffe3;)ブ 我又带着新的demo来啦~ 预览 功能点 立方体的阴影 立方体的添加 位置记录 最大限制 三视图展示 立方体的移除 答题模式 随机出题 题库出题 源码 注释算是比较全了&#xff0c;可能部分会有点绕&#xff0c;还能够再优化一下~ <!DOCTYPE …
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51单片机+proteus+（DS1302+DS18B20）

51单片机+proteus+（DS1302+DS18B20）

目录 1.温度传感器检测&#xff08;DS18B20&#xff09; 1.1基本概念 1.1.1 DS18B20的简介 1.1.2 DS18B20的框图 ​编辑 1.1.3 DS18B20的指令 1.1.4 总线时序协议 1.2代码 1.2.1DS18B20的初始化代码 1.2.2DS18B20的读代码 1.2.3DS18B20的写时序 ​编辑 1.2.4DS18B20…
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[C语言]第九节 函数一基础知识到高级技巧的全景探索

[C语言]第九节 函数一基础知识到高级技巧的全景探索

目录 9.1 函数的概念 9.2 库函数 9.2.1 标准库与库函数 示例&#xff1a;常见库函数 9.2.2 标准库与头文件的关系 参考资料和学习工具 如何使用库函数 ​编辑 9.3 ⾃定义函数 9.3.1 函数的语法形式 9.3.2函数的举例 9.4 实参与形参 9.4.1 什么是实参&#xff1f; 9…
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嵌入式单片机中数码管基本实现方法

嵌入式单片机中数码管基本实现方法

1. 点亮数码管 本节课利用已经学习的LED知识去控制一个8位数码管。 本节的原理比较简单。不需要多少时间讲。 更多时间是跟大家一起编码调试，从中学习一些编码思路和学习方法。 1.1. 什么是数码管 数码管是什么？下图就是一个数码管 从硬件上个看，其实就是8个LED组合…
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Python实用的27个实例，涵盖从基础到进阶的所有领域！

Python实用的27个实例，涵盖从基础到进阶的所有领域！

Python 是一种广泛使用的高级编程语言&#xff0c;以其简洁的语法和丰富的库支持而受到开发者们的喜爱。以下列出了 27 个实用的 Python 实例&#xff0c;涵盖从基础到进阶的不同领域&#xff0c;帮助你提升编程技能。 1. 打印 "Hello, World!" print("Hello,…
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企业微信如何利用群聊机器人定时推送消息

企业微信如何利用群聊机器人定时推送消息

背景&#xff1a;公司其他部门有在群聊中新建机器人并定时推送消息的需求&#xff0c;webhook已准备好 1、准备一台服务器或者虚拟机&#xff0c;编写脚本 [rootlocalhost opt]# vim crontab.sh curl https://qyapi.weixin.qq.com/cgi-bin/webhook/send?key4d38964b-04f2-44…
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【Arduino】国产arduino驱动

【Arduino】国产arduino驱动

买的国产 arduino&#xff0c;如果 windows识别不到。或者用 Arduino自带的Driver程序仍不能驱动。又不想用驱动精灵&#xff0c;可以直接安装驱动程序 99%大概率是CH340芯片&#xff0c;驱动下载连接如下。 你可以从 WCH 官方网站 下载并安装 CH340 驱动程序 安装即可用&am…
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进阶岛 renwu5: 茴香豆：企业级知识问答工具实践闯关任务

进阶岛 renwu5: 茴香豆：企业级知识问答工具实践闯关任务

进阶岛 renwu5: 茴香豆&#xff1a;企业级知识问答工具实践闯关任务 renwu: https://kkgithub.com/InternLM/Tutorial/blob/camp3/docs/L2/Huixiangdou/task.md 在 InternStudio 中利用 Internlm2-7b 搭建标准版茴香豆知识助手&#xff0c;并使用 Gradio 界面完成 2 轮问答&a…
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什么是java的spi？

什么是java的spi？

Java SPI&#xff08;Service Provider Interface&#xff09;是一种提供服务发现机制的设计模式&#xff0c;允许在运行时动态地发现、加载和替换服务的实现。SPI机制的核心思想是&#xff1a;通过接口定义服务&#xff0c;并且使用外部的实现类来提供该服务的具体功能。 目录…
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