算法|图论 3

LeetCode 130- 被围绕的区域

题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台

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。

解题思路（思路一是自己的思路，思路二题解思路，不过用两种遍历方式写出来）

思路一（深度优先遍历）：

我的思路：是开辟一个二维数组，存储二元组，来记录那些下标，首先是一个一维数组，每次记录我们当前遍历岛屿的下标，当被环绕的时候压入到二维数组中，否则直接清空。类似将所有岛屿都淹没，然后再看哪些岛屿没被包围再还原成陆地。

首先确定递归函数的参数，返回值。覆盖那些被环绕的区域，我们直接设置两个全局变量vec（存储所有需要还原的海洋）和tmp（存储当前我们遍历的这片岛屿的下标），flag表示是否被包围，这样可以不用写太多参数传递。返回值就是void，参数需要图和一个x和y来记录当前在哪个岛屿。下次从这个岛屿开始走的。
确定终止条件，本题按我们的逻辑，先进入循环再判断是否应该终止，那么终止条件就是：当超出网格范围(这里还需要把flag 设置为false，表示没被包围) 或该岛屿已经是海洋 就终止。
单层处理逻辑，每次将当前岛屿淹没（这里也就是设置为'X'），然后将其下标压入tmp（为什么有tmp，是因为我们不知道当前的这片岛屿马上是否要恢复，也就是变成'O'所以需要一个临时的，当我们确定要恢复的时候就将其压入到vec中）。

class Solution {
public:bool flag = true; //表示是否被环绕（只要相连的岛屿有一个在边界就不是被环绕的）,被环绕就不用撤回修改vector<vector<pair<int,int>>> vec;//存所有岛屿下标，其中全都是要变回'O'的vector<pair<int,int>> tmp; //保存当前遍历这片岛屿的下标，一会可能填充。void dfs(vector<vector<char>> &grid,int x,int y){if(x < 0 || y < 0 || x >= grid.size() || y >= grid[0].size()){flag = false;//表示没有被环绕return ;}if(grid[x][y] == 'X') return;tmp.push_back({x,y});//压入当前岛屿的下标grid[x][y] = 'X';dfs(grid,x+1,y);dfs(grid,x-1,y);dfs(grid,x,y+1);dfs(grid,x,y-1);}void solve(vector<vector<char>>& grid) {int 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] == 'O'){dfs(grid,i,j);//当flag为false，也就是岛屿没有被包围，我们就将其压入vec中，最后再还原if(flag == false){vec.push_back(tmp);tmp.clear();//这里注意要把tmp清空了，方便下次使用flag = true;//flag再改为默认值}else{//这里不改flag是因为如果走这个分支，那flag一定还是默认值truetmp.clear();}}}}//将未被包围的小岛屿还原为'O'for(int i=0;i<vec.size();i++){for(int j=0;j<vec[i].size();j++){grid[vec[i][j].first][vec[i][j].second] = 'O';}}return ;}
};

思路二（广度优先遍历）：

比较猛的一个思路：本题我们可以看到，只有和边界相连的O不会变，其余的都得变成X，那么我们可以将与边界相连的所有O全部变成一个特定符号如'-'，这样，其中所有的'-'都是与边界相连的，马上会再变成'O'。而这个时候图中所有的'O'都是被包围的，全都变为'X'即可。

class Solution {
public:int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};void bfs(vector<vector<char>> &grid,int x,int y){queue<pair<int,int>> que;que.push({x,y});grid[x][y] = '-';//将与边界相连的全部变为'-'//广度优先遍历while(!que.empty()){pair<int,int> cur = que.front();que.pop();for(int i=0;i<4;i++){int nextx = cur.first + dir[i][0];int nexty = cur.second + dir[i][1];if(nextx < 0 || nexty < 0 || nextx >= grid.size() || nexty >= grid[0].size() ||grid[nextx][nexty] != 'O') continue;que.push({nextx,nexty});grid[nextx][nexty] = '-';}}}void solve(vector<vector<char>>& grid) {int row = grid.size(),col = grid[0].size();for(int i=0;i<col;i++){//遍历第一行的所有列if(grid[0][i] == 'O') bfs(grid,0,i);//遍历最后一行的所有列if(grid[row-1][i] == 'O') bfs(grid,row-1,i);}for(int i=0;i<row;i++){//遍历第一列的所有行if(grid[i][0] == 'O') bfs(grid,i,0);//遍历最后一列的所有行if(grid[i][col-1] == 'O') bfs(grid,i,col-1);}//这个时候图中所有'-'都是与边界相连的，所有'O'都是被包围起来的。for(int i=0;i<row;i++){for(int j=0;j<col;j++){//这俩式子顺序反了，导致花了我半小时调试if(grid[i][j] == 'O')grid[i][j] = 'X';if(grid[i][j] == '-')grid[i][j] = 'O';}}return ;}
};

总结：

深搜和广搜的问题，广搜里面写的那个思路很清奇，还是得多看题目的提示，可以减少一点时间和空间的损耗。

LeetCode 417- 太平洋大西洋水流问题

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题目描述：有一个 m × n 的矩形岛屿，与 太平洋 和 大西洋 相邻。 “太平洋” 处于大陆的左边界和上边界，而 “大西洋” 处于大陆的右边界和下边界。

这个岛被分割成一个由若干方形单元格组成的网格。给定一个 m x n 的整数矩阵 heights ， heights[r][c] 表示坐标 (r, c) 上单元格 高于海平面的高度 。

岛上雨水较多，如果相邻单元格的高度 小于或等于 当前单元格的高度，雨水可以直接向北、南、东、西流向相邻单元格。水可以从海洋附近的任何单元格流入海洋。

返回网格坐标 result 的 2D 列表 ，其中 result[i] = [ri, ci] 表示雨水从单元格 (ri, ci) 流动 既可流向太平洋也可流向大西洋 。

解题思路

首先明确本题题意，意思就是雨水高的地方能往雨水低的地方流，要我们求出能流向两大洋的点坐标。

思路一（深度优先遍历）：

这题总体思路就是遍历边界点（也就是能直接流进大洋的点），再逆流遍历，因为雨水往低处流，我们逆流遍历就可以找到所有大于边界的雨水高度的点，这些点就是可以直接流进大洋的点

首先确定递归函数的参数，返回值。参数我们需要设置一个isvisited来表示这个点能不能走到其中一个大洋中去。还有x，y坐标来表示当前遍历到的点的位置
确定终止条件，本题按我们的逻辑，先进入循环再判断是否应该终止，那么终止条件就是：当超出网格范围 或 当前遍历的是海洋 就跳过。不过这里需要注意，这道题目我们这里的逻辑是逆流而上，所以下一次要去的节点的雨水高度小于我们当前节点的雨水高度的时候也直接跳过。

单层处理逻辑，每次进入递归，我们就将访问设置为true，代表可以直接流进大洋。不过在处理遍历的时候有点麻烦，需要注意m和n各表示的是什么，别弄混了。

class Solution {
private:int dir[4][2] = {-1, 0, 0, -1, 1, 0, 0, 1}; // 保存四个方向// 从低向高遍历，注意这里visited是引用，即可以改变传入的pacific和atlantic的值void dfs(vector<vector<int>>& heights, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {if (visited[x][y]) return;visited[x][y] = true;for (int i = 0; i < 4; i++) { // 向四个方向遍历int nextx = x + dir[i][0];int nexty = y + dir[i][1];// 超过边界if (nextx < 0 || nextx >= heights.size() || nexty < 0 || nexty >= heights[0].size()) continue;// 高度不合适，注意这里是从低向高判断if (heights[x][y] > heights[nextx][nexty]) continue;dfs (heights, visited, nextx, nexty);}return;}
public:vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {vector<vector<int>> result;int n = heights.size();int m = heights[0].size(); // 这里不用担心空指针，题目要求说了长宽都大于1// 记录从太平洋边出发，可以遍历的节点vector<vector<bool>> pacific = vector<vector<bool>>(n, vector<bool>(m, false));// 记录从大西洋出发，可以遍历的节点vector<vector<bool>> atlantic = vector<vector<bool>>(n, vector<bool>(m, false));// 从最上最下行的节点出发，向高处遍历for (int i = 0; i < n; i++) {dfs (heights, pacific, i, 0); // 遍历最上行，接触太平洋dfs (heights, atlantic, i, m - 1); // 遍历最下行，接触大西洋}// 从最左最右列的节点出发，向高处遍历for (int j = 0; j < m; j++) {dfs (heights, pacific, 0, j); // 遍历最左列，接触太平洋dfs (heights, atlantic, n - 1, j); // 遍历最右列，接触大西洋}for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {// 如果这个节点，从太平洋和大西洋出发都遍历过，就是结果if (pacific[i][j] && atlantic[i][j]) result.push_back({i, j});}}return result;}
};

总结：