【算法专题】FloodFill 算法

FloodFill 算法

1. 图像渲染

题目链接 -> Leetcode -773.图像渲染

Leetcode -773.图像渲染

题目: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, newColor = 2
输出 : [[2, 2, 2], [2, 2, 2]]

提示 :

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

思路:利用深搜,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。

代码如下:

		class Solution 
		{
		    int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
		    int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
		    int m, n;
		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();
		        dfs(image, sr, sc, color, image[sr][sc]);
		
		        // 最后更改入口坐标的颜色
		        image[sr][sc] = color;
		        return image;
		    }
		
		    void dfs(vector<vector<int>>& image, int row, int col, int newcolor, int color)
		    {
		        image[row][col] = newcolor;    // 更改颜色
		
		        // 判断当前位置上下左右位置
		        for(int k = 0; k < 4; k++)
		        {
		            int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == color)
		            {
		                dfs(image, x, y, newcolor, color);
		            }
		        }
		    }
		};

2. 岛屿数量

题目链接 -> Leetcode -200.岛屿数量

Leetcode -200.岛屿数量

题目: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’

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 图像渲染 这道题了

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。

代码如下:

		class Solution 
		{
		    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
		    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
		    vector<vector<bool>> vis;
		    int m, n;
		public:
		    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) 
		    {
		        int ret = 0;
		        m = grid.size(), n = grid[0].size();
		        vis.resize(m, vector<bool>(n));
		
		        for(int i = 0; i < m; i++)
		        {
		            for(int j = 0; j < n; j++)
		            {
		                if(!vis[i][j] && grid[i][j] == '1')
		                {
		                    // 以 i,j 为岛屿中心开始扩散,统计岛屿数量
		                    ret++;  
		                    dfs(grid, i, j);
		                }
		            }
		        }
		        return ret;
		    }
		
		    void dfs(vector<vector<char>>& grid, int row, int col)
		    {
		        vis[row][col] = true;
		
		        for(int k = 0; k < 4; k++)
		        {
		            int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && grid[x][y] == '1')
		            {
		                dfs(grid, x, y);
		            }
		        }
		    }
		};

3. 岛屿的最大面积

题目链接 -> Leetcode -695.岛屿的最大面积

Leetcode -695.岛屿的最大面积

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

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。

代码如下:

		class Solution 
		{
		    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
		    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
		    bool vis[50][50];
		    int ret, m, n, area;
		public:
		    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(!vis[i][j] && grid[i][j] == 1)
		                {
		                    area = 0;
		                    vis[i][j] = true;
		                    dfs(grid, i, j);
		                    ret = max(ret, area);
		                }
		            }
		        }
		        return ret;
		    }
		
		    void dfs(vector<vector<int>>& grid, int row, int col)
		    {
		        area++;
		
		        for(int k = 0; k < 4; k++)
		        {
		            int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] && !vis[x][y])
		            {
		                vis[x][y] = true;
		                dfs(grid, x, y);
		            }
		        }
		    }
		};

4. 被围绕的区域

题目链接 -> Leetcode -130.被围绕的区域

Leetcode -130.被围绕的区域

题目: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’

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。

代码如下:

		class Solution 
		{
		    int m, n;
		    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
		    int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
		public:
		    void solve(vector<vector<char>>& board) 
		    {
		        m = board.size(), n = board[0].size();
		
		        // 1. 把边界的 'O' 相连的联通块,全部修改成 '.'
		        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,将 '.' 还原成 'O';不是边界的'O'变成 'X'
		        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 row, int col)
		    {
		        board[row][col] = '.';
		        for(int k = 0; k < 4; k++)
		        {
		            int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O')
		                dfs(board, x, y);   
		        }
		    }
		};

5. 太平洋大西洋水流问题

题目链接 -> Leetcode -417.太平洋大西洋水流问题

Leetcode -417.太平洋大西洋水流问题

题目: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 。

示例 1:

输入: heights = [
[1, 2, 2, 3, 5],
[3, 2, 3, 4, 4],
[2, 4, 5, 3, 1],
[6, 7, 1, 4, 5],
[5, 1, 1, 2, 4]
]
输出 : [[0, 4], [1, 3], [1, 4], [2, 2], [3, 0], [3, 1], [4, 0]]

示例 2:
输入 : heights = [[2, 1], [1, 2]]
输出 : [[0, 0], [0, 1], [1, 0], [1, 1]]

提示:

  • m == heights.length
  • n == heights[r].length
  • 1 <= m, n <= 200
  • 0 <= heights[r][c] <= 10^5

思路:正难则反,如果直接去判断某一个位置是否既能到大西洋也能到太平洋,会重复遍历很多路径。所以我们反着来,从大西洋沿岸开始反向 dfs ,这样就能找出那些点可以流向大西洋;同理,从太平洋沿岸也反向 dfs ,这样就能找出那些点可以流向太平洋。那么,被标记两次的点,就是我们要找的结果。

代码如下:

		class Solution 
		{
		    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
		    int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
		    int m, n;
		public:
		    vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) 
		    {
		        m = heights.size(), n = heights[0].size();
		        vector<vector<bool>> visA(m, vector<bool>(n));
		        vector<vector<bool>> visP(m, vector<bool>(n));
		        vector<vector<int>> ret;
		
		        // 让太平洋和大西洋的水逆流,即对边界的单元格开始做dfs,分别标记 visA 和 visP 数组
		        for(int j = 0; j < n; j++)
		        {
		            dfs(heights, 0, j, visP);
		            dfs(heights, m - 1, j, visA);
		        }
		
		        for(int i = 0; i < m; i++)
		        {
		            dfs(heights, i, 0, visP); 
		            dfs(heights, i, n - 1, visA);
		        }
		
		        // 最终遍历 visA 和 visP,如果都为 true,说明能流入两个洋,加入返回列表中
		        for(int i = 0; i < m; i++)
		        {
		            for(int j = 0; j < n; j++)
		            {
		                if(visA[i][j] && visP[i][j])
		                {
		                    ret.push_back({i, j});
		                }
		            }
		        }
		        return ret;
		    }
		
		    void dfs(vector<vector<int>>& heights, int row, int col, vector<vector<bool>>& vis)
		    {
		        vis[row][col] = true;
		
		        for(int k = 0; k < 4; k++)
		        {
		            int x = dx[k] + row, y = dy[k] + col;
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && heights[row][col] <= heights[x][y])
		                dfs(heights, x, y, vis);    
		        }
		    }
		};

6. 扫雷游戏

题目链接 -> Leetcode -529.扫雷游戏

Leetcode -529.扫雷游戏

题目:让我们一起来玩扫雷游戏!

给你一个大小为 m x n 二维字符矩阵 board ,表示扫雷游戏的盘面,其中:

  • ‘M’ 代表一个 未挖出的 地雷,
  • ‘E’ 代表一个 未挖出的 空方块,
  • ‘B’ 代表没有相邻(上,下,左,右,和所有4个对角线)地雷的 已挖出的 空白方块,数字(‘1’ 到 ‘8’)表示有多少地雷与这块 已挖出的 方块相邻,
  • ‘X’ 则表示一个 已挖出的 地雷。

给你一个整数数组 click ,其中 click = [clickr, clickc] 表示在所有 未挖出的 方块(‘M’ 或者 ‘E’)中的下一个点击位置(clickr 是行下标,clickc 是列下标)。

根据以下规则,返回相应位置被点击后对应的盘面:

  1. 如果一个地雷(‘M’)被挖出,游戏就结束了 - 把它改为 ‘X’ 。
  2. 如果一个 没有相邻地雷 的空方块(‘E’)被挖出,修改它为(‘B’),并且所有和其相邻的 未挖出 方块都应该被递归地揭露。
  3. 如果一个 至少与一个地雷相邻 的空方块(‘E’)被挖出,修改它为数字(‘1’ 到 ‘8’ ),表示相邻地雷的数量。
  4. 如果在此次点击中,若无更多方块可被揭露,则返回盘面。

示例 1:

输入:board = [
[“E”, “E”, “E”, “E”, “E”],
[“E”, “E”, “M”, “E”, “E”],
[“E”, “E”, “E”, “E”, “E”],
[“E”, “E”, “E”, “E”, “E”]
], click = [3, 0]
输出: [
[“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “M”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
[“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
]

示例 2:

输入:board = [
[“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “M”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
[“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
], click = [1, 2]
输出: [
[“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “X”, “1”, “B”],
[“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
[“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
]

提示:

  • m == board.length
  • n == board[i].length
  • 1 <= m, n <= 50
  • board[i][j] 为 ‘M’、‘E’、‘B’ 或数字 ‘1’ 到 ‘8’ 中的一个
  • click.length == 2
  • 0 <= clickr < m
  • 0 <= clickc < n
  • board[clickr][clickc] 为 ‘M’ 或 ‘E’

思路:模拟类型的 dfs 题目;首先要搞懂题目要求,也就是游戏规则。从题目所给的点击位置开始,根据游戏规则,来一次 dfs 即可。

代码如下:

		class Solution 
		{
		    int dx[8] = {0, 0, 1, -1, 1, 1, -1, -1};
		    int dy[8] = {1, -1, 0, 0, 1, -1, 1, -1};
		    int m, n;
		public:
		    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')
		        {
		            board[x][y] = 'X';
		            return board;
		        }
		
		        dfs(board, x, y);
		        return board;
		    }
		
		    void dfs(vector<vector<char>>& board, int row, int col)
		    {
		        int count = 0; // 统计雷
		        for(int k = 0; k < 8; k++)
		        {
		            int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
		            
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'M')
		            {
		                count++;
		            }
		        }
		
		        // 如果周围有雷
		        if(count)
		        {
		            board[row][col] = count + '0';
		            return;
		        }
		
		        // 周围无雷
		        else
		        {
		            board[row][col] = 'B';
		            for(int k = 0; k < 8; k++)
		            {
		                int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
		                
		                if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'E')
		                {
		                    dfs(board, x, y);
		                }
		            }
		        }
		    }
		};

7. 衣橱整理

题目链接 -> Leetcode -LCR 130.衣橱整理

Leetcode -LCR 130.衣橱整理

题目:家居整理师将待整理衣橱划分为 m x n 的二维矩阵 grid,其中 grid[i][j] 代表一个需要整理的格子。整理师自 grid[0][0] 开始 逐行逐列 地整理每个格子。

整理规则为:在整理过程中,可以选择 向右移动一格 或 向下移动一格,但不能移动到衣柜之外。同时,不需要整理 digit(i) + digit(j) > ***t 的格子,其中 digit(x) 表示数字 x 的各数位之和。

请返回整理师 总共需要整理多少个格子。

示例 1:
输入:m = 4, n = 7, ***t = 5
输出:18

提示:

  • 1 <= n, m <= 100
  • 0 <= ***t <= 20

思路:我们可以通过「深搜」,从 [0, 0] 点出发,按照题目的「规则」⼀直往 [m - 1, n - 1] 位置走。同时,设置⼀个全局变量。每次走到⼀个合法位置,就将全局变量加一。当我们把所有能走到的路都走完之后,全局变量里面存的就是最终答案。

代码如下:

		class Solution 
		{
		    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
		    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
		    bool vis[100][100];
		    int ret;
		    int m, n, k;
		public:
		    int wardrobeFinishing(int _m, int _n, int _k) 
		    {
		        m = _m, n = _n, k = _k;
		        dfs(0, 0);
		        return ret;
		    }
		
		    void dfs(int row, int col)
		    {
		        ret++;
		        vis[row][col] = true;
		        for(int k = 0; k < 4; k++)
		        {
		            int x = dx[k] + row, y = dy[k] + col;
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && Cheak(x, y))
		            {
		                dfs(x, y);
		            }
		        }
		    }
		
		    bool Cheak(int x, int y)
		    {
		        int ret = 0;
		        while(x > 0)
		        {
		            ret += x % 10;
		            x /= 10;
		        }
		
		        while(y > 0)
		        {
		            ret += y % 10;
		            y /= 10;
		        }
		        return ret > k? false : true;
		    }
		};
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