【BFS】《BFS 攻克 FloodFill：填平图形世界的技术密码》

文章目录

前言
例题
- 一、图像渲染
- 二、岛屿数量
- 三、岛屿的最大面积
- 四、被围绕的区域
结语

前言

在这里插入图片描述

什么是BFS？

BFS（Breadth - First Search）算法，即广度优先搜索算法，是一种用于图或树结构的遍历算法。以下是其详细介绍：
算法原理：从给定的起始顶点开始，首先访问起始顶点，然后依次访问与起始顶点相邻的所有未被访问过的顶点，接着再以这些相邻顶点为基础，访问它们相邻的未访问顶点，以此类推，直到遍历完所有可达顶点或找到目标顶点。可以想象成以起始顶点为中心，一层一层地向外扩展访问。
实现方式：通常使用队列（Queue）数据结构来实现。先将起始顶点加入队列，然后不断取出队列头部的顶点进行访问，并将其未访问的相邻顶点加入队列，直到队列为空。
应用场景：常用于寻找图中两个顶点之间的最短路径、判断图的连通性、求解迷宫问题等。例如，在一个社交网络中，要查找从某个用户到另一个用户的最短关系链，就可以使用 BFS 算法。

FloodFill算法是什么问题呢？

问题描述：给定一个二维数组（可以表示图像的像素矩阵等），以及一个起始位置（种子点），还有要填充的颜色或值。算法的任务是从种子点开始，将与种子点相连通的具有相同颜色或值的区域，用新的颜色或值进行填充。例如，在图像编辑软件中，当使用油漆桶工具填充一个封闭区域时，就是 FloodFill 算法在起作用。

下面本篇文章将通过几个例题，带大家深入了解BFS和FloodFill问题

例题

一、图像渲染

题目链接：图像渲染
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 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。
示例1：
输⼊: image = [[1,1,1],[1,1,0],[1,0,1]]，sr = 1, sc = 1, newColor = 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
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, newColor = 2 输出: [[2,2,2],[2,2,2]]

算法思路：
初始化：
首先记录起始像素image[sr][sc]的原始颜色originalColor。
创建一个队列queue，用于存储待处理的像素点。将起始像素点(sr, sc)加入队列。
开始搜索：
当队列不为空时，取出队列头部的像素点(x, y)。
检查当前像素点(x, y)的颜色是否等于originalColor，如果不等于，则跳过该点（因为该点不属于需要填充的区域）。
如果当前像素点的颜色等于originalColor，则将该像素点的颜色修改为color。
然后检查当前像素点的上下左右四个相邻像素点(x - 1, y)、(x + 1, y)、(x, y - 1)、(x, y + 1)：
确保相邻像素点在图像范围内（即0 <= x’ < m且0 <= y’ < n，其中x’和y’是相邻像素点的坐标）。
确保相邻像素点的颜色等于originalColor（因为只有颜色相同的像素点才属于需要填充的区域）。
如果满足上述条件，则将相邻像素点加入队列，等待后续处理。
结束条件：当队列为空时，说明所有需要填充的像素点都已经处理完毕，此时返回修改后的图像image。
代码示例：

class Solution {int[] dx = {0,0,1,-1};int[] dy = {1,-1,0,0};public int[][] floodFill(int[][] image, int sr, int sc, int color) {int prev = image[sr][sc];if(prev==color) return image;int m = image.length;int n = image[0].length;Queue<int[]> q = new LinkedList<>();q.add(new int[]{sr,sc});while(!q.isEmpty()){int[] t = q.poll();int a = t[0],b = t[1];image[a][b] = color;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&&image[x][y]==prev){q.add(new int[]{x,y});}}}        return image;}
}

二、岛屿数量

题目链接：岛屿数量
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’

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，其实就是上述图像渲染这道题~
代码示例：

class Solution {int[] dx={0,0,-1,1};int[] dy = {1,-1,0,0};int  m,n;boolean[][] vis = new boolean[301][301];public int numIslands(char[][] grid) {m = grid.length;n = grid[0].length;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;}public void bfs(char[][] grid,int i  ,int j){Queue<int[]> q = new LinkedList<>();q.add(new int[]{i,j});vis[i][j] =true;while(!q.isEmpty()){int[] t = q.poll();int a = t[0],b = t[1];for(int k = 0;k<4;k++){int x = a+dx[k] ,y= b+dy[k];if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n && grid[x][y] == '1' && !vis[x][y]){q.add(new int[]{x,y});vis[x][y] = true;}}}}
}

三、岛屿的最大面积

题目链接：岛屿的最大面积
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

算法思路：
• 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。
• 然后在搜索得到的「所有的岛屿⾯积」求⼀个「最⼤值」即可。
• 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。
代码示例：

class Solution {int m ,n;int[] dx = {0,0,1,-1};int[] dy = {1,-1,0,0};boolean[][] vis = new boolean[51][51];public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {m = grid.length;n = grid[0].length;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 =  Math.max(ret,bfs(grid,i,j));}}}return ret;}public int bfs(int[][] grid,int i ,int j){int count = 0;Queue<int[]> q = new LinkedList<>();q.add(new int[]{i,j});vis[i][j] = true;count++;while(!q.isEmpty()){int[] t = q.poll();int a = t[0],b = t[1];for(int k = 0;k<4;k++){int x  =a+dx[k],y = b+dy[k];if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&grid[x][y] == 1 &&!vis[x][y]){q.offer(new int[]{x,y});vis[x][y] = true;count++;}}}return count;}
}

四、被围绕的区域

题目链接：被围绕的区域
题目描述

给你⼀个 m x n 的矩阵 board ，由若⼲字符 ‘X’ 和 ‘O’ ，找到所有被 ‘X’ 围绕的区域，并将这些区域⾥所有的 ‘O’ 用’X’ 填充。
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：被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 ‘O’ 都不会被填充为 ‘X’。任何不在边界上，或不与边界上的 ‘O’ 相连的 ‘O’ 最终都会被填充为 ‘X’。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。
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

解法：
算法思路：正难则反。可以先利用 bfs 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。
代码示例：

   class Solution {int[] dx = {0, 0, 1, -1};int[] dy = {1, -1, 0, 0};int m, n;public void solve(char[][] board) {m = board.length;n = board[0].length;// 1. 先处理边界的 'O' 联通块，全部修改成 '.'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);}// 2. 还原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';}public void bfs(char[][] board, int i, int j) {Queue<int[]> q = new LinkedList<>();q.add(new int[]{i, j});board[i][j] = '.';while (!q.isEmpty()) {int[] t = q.poll();int a = t[0], b = t[1];for (int k = 0; k < 4; k++) {int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O') {board[x][y] = '.';q.add(new int[]{x, y});}}}}}