Leetcode200. 岛屿数量

Every day a Leetcode

题目来源：200. 岛屿数量

解法1：深度优先搜索

设目前指针指向一个岛屿中的某一点 (i, j)，寻找包括此点的岛屿边界。

从 (i, j) 向此点的上下左右 (i+1,j)，(i-1,j)，(i,j+1)，(i,j-1) 做深度搜索。

终止条件：

1. (i, j) 越过矩阵边界；
2. grid[i][j] == 0，代表此分支已越过岛屿边界。

搜索岛屿的同时，执行 grid[i][j] = ‘0’，即将岛屿所有节点删除，以免之后重复搜索相同岛屿。

遍历整个矩阵，当遇到 grid[i][j] == ‘1’ 时，从此点开始做深度优先搜索 dfs，岛屿数 count + 1 且在深度优先搜索中删除此岛屿。

最终返回岛屿数 count 即可。

代码：

/*
 * @lc app=leetcode.cn id=200 lang=cpp
 *
 * [200] 岛屿数量
 */

// @lc code=start

// 深度优先搜索

class Solution
{
private:
    const int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
    const int dy[4] = {0, 1, 0, -1};

public:
    int numIslands(vector<vector<char>> &grid)
    {
        if (grid.empty())
            return 0;
        int m = grid.size(), n = m ? grid[0].size() : 0;
        int islands = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++)
            for (int j = 0; j < n; j++)
                if (grid[i][j] == '1')
                {
                    islands++;
                    dfs(grid, i, j);
                }
        return islands;
    }
    // 辅函数 - 深度优先搜索
    void dfs(vector<vector<char>> &grid, int r, int c)
    {
        if (r < 0 || r >= grid.size() || c < 0 || c >= grid[0].size() || grid[r][c] == '0')
            return;
        grid[r][c] = '0';
        for (int i = 0; i < 4; i++)
        {
            int x = dx[i], y = dy[i];
            dfs(grid, r + x, c + y);
        }
    }
};
// @lc code=end

结果：

复杂度分析：

时间复杂度：O(m*n)，其中 m 和 n 分别是二维数组 grid 的行数和列数。

空间复杂度：O(m*n)，其中 m 和 n 分别是二维数组 grid 的行数和列数。在最坏情况下，整个网格均为陆地，深度优先搜索的深度达到 m*n。

解法2：广度优先搜索

同样地，我们也可以使用广度优先搜索代替深度优先搜索。

为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则将其加入队列，开始进行广度优先搜索。在广度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 0。直到队列为空，搜索结束。

最终岛屿的数量就是我们进行广度优先搜索的次数。

代码：

class Solution
{
public:
    int numIslands(vector<vector<char>> &grid)
    {
        if (grid.empty())
            return 0;
        int m = grid.size(), n = m ? grid[0].size() : 0;
        int islands = 0;
        for (int r = 0; r < m; r++)
            for (int c = 0; c < n; c++)
                if (grid[r][c] == '1')
                {
                    islands++;
                    grid[r][c] = '0';
                    queue<pair<int, int>> neighbors;
                    neighbors.push({r, c});
                    while (!neighbors.empty())
                    {
                        auto rc = neighbors.front();
                        neighbors.pop();
                        int row = rc.first, col = rc.second;
                        if (row - 1 >= 0 && grid[row - 1][col] == '1')
                        {
                            neighbors.push({row - 1, col});
                            grid[row - 1][col] = '0';
                        }
                        if (row + 1 < m && grid[row + 1][col] == '1')
                        {
                            neighbors.push({row + 1, col});
                            grid[row + 1][col] = '0';
                        }
                        if (col - 1 >= 0 && grid[row][col - 1] == '1')
                        {
                            neighbors.push({row, col - 1});
                            grid[row][col - 1] = '0';
                        }
                        if (col + 1 < n && grid[row][col + 1] == '1')
                        {
                            neighbors.push({row, col + 1});
                            grid[row][col + 1] = '0';
                        }
                    }
                }
        return islands;
    }
};

结果：

复杂度分析：

时间复杂度：O(m*n)，其中 m 和 n 分别是二维数组 grid 的行数和列数。

空间复杂度：O(min⁡(m, n))，其中 m 和 n 分别是二维数组 grid 的行数和列数。在最坏情况下，整个网格均为陆地，队列的大小可以达到 min⁡(m, n)。

解法3：并查集

同样地，我们也可以使用并查集代替搜索。

为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则将其与相邻四个方向上的 1 在并查集中进行合并。

最终岛屿的数量就是并查集中连通分量的数目。

代码：

class UnionFind {
public:
    UnionFind(vector<vector<char>>& grid) {
        count = 0;
        int m = grid.size();
        int n = grid[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (grid[i][j] == '1') {
                    parent.push_back(i * n + j);
                    ++count;
                }
                else {
                    parent.push_back(-1);
                }
                rank.push_back(0);
            }
        }
    }

    int find(int i) {
        if (parent[i] != i) {
            parent[i] = find(parent[i]);
        }
        return parent[i];
    }

    void unite(int x, int y) {
        int rootx = find(x);
        int rooty = find(y);
        if (rootx != rooty) {
            if (rank[rootx] < rank[rooty]) {
                swap(rootx, rooty);
            }
            parent[rooty] = rootx;
            if (rank[rootx] == rank[rooty]) rank[rootx] += 1;
            --count;
        }
    }

    int getCount() const {
        return count;
    }

private:
    vector<int> parent;
    vector<int> rank;
    int count;
};

class Solution {
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        int nr = grid.size();
        if (!nr) return 0;
        int nc = grid[0].size();

        UnionFind uf(grid);
        int num_islands = 0;
        for (int r = 0; r < nr; ++r) {
            for (int c = 0; c < nc; ++c) {
                if (grid[r][c] == '1') {
                    grid[r][c] = '0';
                    if (r - 1 >= 0 && grid[r-1][c] == '1') uf.unite(r * nc + c, (r-1) * nc + c);
                    if (r + 1 < nr && grid[r+1][c] == '1') uf.unite(r * nc + c, (r+1) * nc + c);
                    if (c - 1 >= 0 && grid[r][c-1] == '1') uf.unite(r * nc + c, r * nc + c - 1);
                    if (c + 1 < nc && grid[r][c+1] == '1') uf.unite(r * nc + c, r * nc + c + 1);
                }
            }
        }

        return uf.getCount();
    }
};

复杂度分析：