floodfill算法（一）

news2024/11/15 6:53:53

目录

一、图像渲染

1. 题目链接：733. 图像渲染

2. 题目描述：

3. 解法

🌴算法思路：

🌴算法代码：

二、岛屿数量

1. 题目链接：200. 岛屿数量

2. 题目描述：

3. 解法

🌴算法思路：

🌴算法流程：

🌴算法代码：

三、岛屿的最大面积

1. 题目链接：695. 岛屿的最大面积

2. 题目描述：

3. 解法（深搜dfs）

🌴算法思路：

🌴算法流程：

🌴算法代码：

四、被围绕的区域

1. 题目链接：130. 被围绕的区域

2. 题目描述：

3. 解法

🌴算法思路：

🌴算法代码：

一、图像渲染

1. 题目链接：733. 图像渲染

2. 题目描述：

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 color 。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 相邻且同色的像素点，接着再记录与这些像素点相邻且同色的新像素点，……，重复该过程。将所有有记录的像素点的颜色值改为 color。

最后返回 经过上色渲染后的图像 。

示例 1:

输入: image = [[1,1,1],[1,1,0],[1,0,1]]，sr = 1, sc = 1, color = 2
输出: [[2,2,2],[2,2,0],[2,0,1]]
解析: 在图像的正中间，(坐标(sr,sc)=(1,1)),在路径上所有符合条件的像素点的颜色都被更改成2。
注意，右下角的像素没有更改为2，因为它不是在上下左右四个方向上与初始点相连的像素点。

示例 2:

输入: image = [[0,0,0],[0,0,0]], sr = 0, sc = 0, color = 0
输出: [[0,0,0],[0,0,0]]

提示:

  • m == image.length
  • n == image[i].length
  • 1 <= m, n <= 50
  • 0 <= image[i][j], color < 216
  • 0 <= sr < m
  • 0 <= sc < n

3. 解法

🌴算法思路：

可以利用「深搜」或者「宽搜」，遍历到与该点相连的所有「像素相同的点」，然后将其修改成指定的像素即可。

递归函数设计：

参数：

a. 原始矩阵；

b. 当前所在的位置；

c. 需要修改成的颜色。

函数体：

a. 先将该位置的颜色改成指定颜色（因为我们的判断，保证每次进入递归的位置都是需要修改的位置）；

b. 遍历四个方向上的位置：

  • 如果当前位置合法，并且与初始颜色相同，就递归进去。

🌴算法代码：

class Solution 
{
    int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
    int m, n;
    int prev;
public:
    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();
        prev = image[sr][sc];
        dfs(image, sr, sc, color);
        return image;
    }
    void dfs(vector<vector<int>>& image, int i, int j, int color)
    {
        image[i][j] = color;

        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 && image[x][y] == prev)
            {
                dfs(image, x, y, color);
            }
        }
    }
};

二、岛屿数量

1. 题目链接：200. 岛屿数量

2. 题目描述：

给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。

岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。

此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。

示例 1：

输入：grid = [
  ["1","1","1","1","0"],
  ["1","1","0","1","0"],
  ["1","1","0","0","0"],
  ["0","0","0","0","0"]
]
输出：1

示例 2：

输入：grid = [
  ["1","1","0","0","0"],
  ["1","1","0","0","0"],
  ["0","0","1","0","0"],
  ["0","0","0","1","1"]
]
输出：3

提示：

  • m == grid.length
  • n == grid[i].length
  • 1 <= m, n <= 300
  • grid[i][j] 的值为 '0' 或 '1'

3. 解法

🌴算法思路：

遍历整个矩阵，每次找到「⼀块陆地」的时候：

  • 说明找到「⼀个岛屿」，记录到最终结果 ret 里面；
  • 并且将这个陆地相连的所有陆地，也就是这块「岛屿」，全部「变成海洋」。这样的话，我们下次遍历到这块岛屿的时候，它「已经是海洋」了，不会影响最终结果。
  • 其中「变成海洋」的操作，可以利用「深搜」和「宽搜」解决，其实就是 733. 图像渲染 这道题~

这样，当我们，遍历完全部的矩阵的时候， ret 存的就是最终结果。

🌴算法流程：

  1. 初始化 ret = 0 ，记录目前找到的岛屿数量;
  2. 双重循环遍历二维网格，每当遇到一块陆地，标记这是一个新的岛屿，然后将这块陆地相连的陆地全部变成海洋。

递归函数的设计：

1. 把当前格子标记为水；

2. 向上、下、左、右四格递归寻找陆地，只有在下标位置合理的情况下，才会进入递归：

  • 下一个位置的坐标合理；
  • 并且下一个位置是陆地。

🌴算法代码：

class Solution 
{
    vector<vector<bool>> vis;
    int m, n;
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) 
    {
        m = grid.size(), n = grid[0].size();
        vis = vector<vector<bool>>(m, vector<bool>(n));

        int ret = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++)
            for (int j = 0; j < n; j++)
            {
                if (!vis[i][j] && grid[i][j] == '1')
                {
                    ret++;
                    dfs(grid, i, j);
                }
            }
        
        return ret;
    }

    int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
    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])
            {
                dfs(grid, x, y);
            }
        }
    }
};

三、岛屿的最大面积

1. 题目链接：695. 岛屿的最大面积

2. 题目描述：

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid 。

岛屿 是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。

岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。

计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0 。

示例 1：

输入：grid = [[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
输出：6
解释：答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。

示例 2：

输入：grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]]
输出：0

提示：

  • m == grid.length
  • n == grid[i].length
  • 1 <= m, n <= 50
  • grid[i][j] 为 0 或 1

3. 解法（深搜dfs）

🌴算法思路：

1. 遍历整个矩阵，每当遇到⼀块土地的时候，就用「深搜」或者「宽搜」将与这块土地相连的「整个岛屿」的面积计算出来。

2. 然后在搜索得到的「所有的岛屿面积」求⼀个「最大值」即可。

3. 在搜索过程中，为了「防止搜到重复的土地」：

  • 可以开一个同等规模的「布尔数组」，标记一下这个位置是否已经被访问过；
  • 也可以将原始矩阵的 1 修改成 0 ，但是这样操作会修改原始矩阵。

🌴算法流程：

主函数内：

a. 遍历整个数组，发现⼀块没有遍历到的土地之后，就用 dfs ，将与这块土地相连的岛屿的面积求出来；

b. 然后将面积更新到最终结果 ret 中。

深搜函数 dfs 中：

a. 能够进到 dfs 函数中，说明是一个没遍历到的位置；

b. 标记一下已经遍历过，设置一个变量 S = 1 （当前这个位置的面积为 1 ），记录最终的面积；

c. 上下左右遍历四个位置：

  • 如果找到⼀块没有遍历到的土地，就将与这块土地相连的岛屿面积累加到 S 上；

d. 循环结束后， S 中存的就是整块岛屿的面积，返回即可。

🌴算法代码：

class Solution 
{
    vector<vector<bool>> vis;
    int m, n;
    int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
    int count;
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) 
    {
        m = grid.size(), n = grid[0].size();
        vis = vector<vector<bool>>(m, vector<bool>(n));

        int ret = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++)
            for (int j = 0; j < n; j++)
            {
                if (!vis[i][j] && grid[i][j] == 1)
                {
                    count = 0;
                    dfs (grid, i, j);
                    ret = max(ret, count);
                }
            }
        
        return ret;
    }
    void dfs (vector<vector<int>>& grid, int i, int j)
    {
        count++;
        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 && !vis[x][y] && grid[x][y] == 1)
            {
                dfs (grid, x, y);
            }
        }
    }
};

四、被围绕的区域

1. 题目链接：130. 被围绕的区域

2. 题目描述：

给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 'X' 和 'O' 组成，捕获 所有 被围绕的区域：

  • 连接：一个单元格与水平或垂直方向上相邻的单元格连接。
  • 区域：连接所有 'O' 的单元格来形成一个区域。
  • 围绕：如果您可以用 'X' 单元格 连接这个区域，并且区域中没有任何单元格位于 board 边缘，则该区域被 'X' 单元格围绕。

通过将输入矩阵 board 中的所有 'O' 替换为 'X' 来 捕获被围绕的区域。

示例 1：

输入：board = [["X","X","X","X"],["X","O","O","X"],["X","X","O","X"],["X","O","X","X"]]

输出：[["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","O","X","X"]]

解释：

在上图中，底部的区域没有被捕获，因为它在 board 的边缘并且不能被围绕。

示例 2：

输入：board = [["X"]]

输出：[["X"]]

提示：

  • m == board.length
  • n == board[i].length
  • 1 <= m, n <= 200
  • board[i][j] 为 'X' 或 'O'

3. 解法

🌴算法思路：

正难则反

        可以先利用 dfs 将与边缘相连的 '0' 区域做上标记，然后重新遍历矩阵，将没有标记过的 '0' 修改成 'X' 即可。

🌴算法代码：

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

        // 1.把与边界相连的连通块 'O' 修改成 '.'
        for (int j = 0; j < n; j++)
        {
            if (board[0][j] == 'O') dfs(board, 0, j);
            if (board[m - 1][j] == 'O') dfs(board, m - 1, j);
        }
        for (int i = 0; i < m; i++)
        {
            if (board[i][0] == 'O') dfs(board, i, 0);
            if (board[i][n - 1] == 'O') dfs(board, i, n - 1);
        }

        // 2.还原
        for (int i = 0; i < m; i++)
            for (int j = 0; j < n; j++)
            {
                if (board[i][j] == '.') board[i][j] = 'O';
                else if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
            }
    }
    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);
            }
        }
    }
};

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