假设这一块4*4的方格是一块土地，有凸起的地方，也有凹陷的地方（凹陷的地方用负数表示）。此时下大雨发洪水，会把凹陷的地方填满。绿色圈起来的属于一块区域（上下左右四个方向，有时候题目也会问八个方向包括斜着相连的），题目会问有多少块区域被填满，或者问被填满的最大区域是哪个，或某一块区域的边长是多少。但是本质都是在一块区域找性质相同的连通块。

DFS：深度优先遍历（递归）：从某一点开始一条路走到黑。以最右列的为例，从-1出发，向下->-2->-10->-12，此时发现-12的上下左右都走不了，在拐回去到-10，然后发现-10左边可以走->-4->-3。

BFS：宽度优先遍历：一层一层拨开。还是以最右边为例，从-1开始拓展一层（上下左右）发现能把-2扩展出来，接着继续扩展一层上下左右，-3和-10扩展出来；接着在扩展一层上下左右，把-4和-12扩展出来。

这时常用两个数组来遍历结点的上下左右结点：

    int dx[4] = {0, 0 , -1, 1}; // i点加dx，dy就是i点的上下左右下标

    int dy[4] = {1, -1 , 0, 0};

①力扣733. 图像渲染

733. 图像渲染

难度简单

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

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {
        
    }
};

解析代码

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。后面深搜专题用深搜写，这里用宽搜写：

class Solution {
    int dx[4] = {0, 0 , -1, 1}; // i点加dx，dy就是i点的上下左右下标
    int dy[4] = {1, -1 , 0, 0};
    
public:
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {
        int prev = image[sr][sc];
        if(prev == color)
            return image;

        int m = image.size(), n = image[0].size(); // 获取大小防止越界
        queue<pair<int, int>> q; // 存下标
        q.push({sr, sc});
        while(!q.empty()) // 模拟层序遍历
        {
            auto [a, b] = q.front(); // 拿到队头的元素（一个pair）
            q.pop();
            image[a][b] = color; // 拿到的元素染上新颜色
            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.push({x, y});
                }
            }
        }
        return image;
    }
};

②力扣200. 岛屿数量

200. 岛屿数量

难度中等

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'

class Solution {
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        
    }
};

解析代码

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，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，可以利用深搜或宽搜解决，其实就是力扣733. 图像渲染这道题。这样，遍历完全部的矩阵的时候， ret 存的就是最终结果。

（这里用全局bool数组来判断陆地是否被遍历过，也可以直接修改数组，面试的时候可以问面试官是否可以直接修改数组）

class Solution {
    int dx[4] = {0, 0 , -1, 1}; // i点加dx，dy就是i点的上下左右下标
    int dy[4] = {1, -1 , 0, 0};
    bool vis[301][301] = {false}; // 开题目范围大小
    int m = 0, n = 0;

public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        int ret = 0;
        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;
                    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.empty())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            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 && grid[x][y] == '1' && !vis[x][y])
                {
                    q.push({ x, y });
                    vis[x][y] = true;
                }
            }
        }
    }
};

③力扣695. 岛屿的最大面积

695. 岛屿的最大面积

难度中等

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

class Solution {
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {

    }
};

解析代码

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bool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。

class Solution {
    int dx[4] = {0, 0 , -1, 1}; // i点加dx，dy就是i点的上下左右下标
    int dy[4] = {1, -1 , 0, 0};
    bool vis[51][51] = {false};
    int m = 0, n = 0;

public:
    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] == 1 && !vis[i][j])
                {
                    ret = max(ret, bfs(grid, i, j));
                }
            }
        }
        return ret;
    }

    int bfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j)
    {
        int ret = 0;
        queue<pair<int, int>> q;
        q.push({ i, j });
        vis[i][j] = true; // 变成true就++ret
        ++ret;
        while (!q.empty())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            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 && grid[x][y] == 1 && !vis[x][y])
                {
                    q.push({ x, y });
                    vis[x][y] = true;
                    ++ret;
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};

④力扣130. 被围绕的区域

130. 被围绕的区域

难度中等

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'

class Solution {
public:
    void solve(vector<vector<char>>& board) {

    }
};

解析代码

正难则反。可以先利用 bfs 将与边缘相连的 'O' 区域修改成无关字符，然后重新遍历矩阵，将没有标记过的 'O' 全修改成 'X' 即可，再把无关字符全还原成'O'。

class Solution {
    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
    int m = 0, n = 0;

public:
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        m = board.size(), n = board[0].size();
        for(int i = 0; i < n; ++i) // 修改边界的O成无关字符
        {
            if(board[0][i] == 'O')
                bfs(board, 0, i);
            if(board[m - 1][i] == 'O')
                bfs(board, m - 1, i);
        }
        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);
        }

        for(int i = 0; i < m; ++i) // 把剩下的O全修改成X，R全修改成O
        {
            for(int j = 0; j < n; ++j)
            {
                if(board[i][j] == 'O')
                    board[i][j] = 'X';
                else if(board[i][j] == 'R')
                    board[i][j] = 'O';
            }
        }
    }

    void bfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j)
    {
        queue<pair<int, int>> q;
        q.push({i, j});
        board[i][j] = 'R';
        while(!q.empty())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            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 && board[x][y] == 'O')
                {
                    q.push({x, y});
                    board[x][y] = 'R';
                }
            }
        }
    }
};