【力扣分模块练习】DFS与BFS

题意：给定一个包含了一些 0 和 1 的非空二维数组 grid 。
一个 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。
找到给定的二维数组中最大的岛屿面积。(如果没有岛屿，则返回面积为 0 。)
如：
输入：
[[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

传统的dfs在Pta考试中已经练得很熟练了，这里梳理了一遍做法。
1.利用一个数组 {-1,0,1,0,-1} 通过i 和i + 1的控制，可以完美表示出上下左右四个方向行与列坐标的变化。
2.递归有两种写法，
一种是不管三七二十一，直接调用下一层递归，然后再到下一步搜索的开始时（第一行）进行判断是否合法。
第二种是先判断是否越界，再决定是否要调用下一层。（个人比较熟悉这个第二种）

注意本题需要在遍历到某个点grid【i】【j】后，把这个点变为0，以免在主函数中的循环遍历中，重复计算这个点。

class Solution {
public:
	int dirac[5] = { -1,0,1,0,-1 };

	int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
		if (grid.empty() && grid[0].empty())
			return 0;

		int maxnum = 0;
		for (int i = 0; i < grid.size(); i++)
		{
			for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++)
			{
				if (grid[i][j] == 1)
				{
					int ans = dfs(grid, i, j);
					if (ans > maxnum)
						maxnum = ans;
				}
			}
		}
        return maxnum;
	}
private:
	int dfs(vector<vector<int>>& grid, int r, int c)
	{
		if (grid[r][c] == 0)
			return 0;
		grid[r][c] = 0; //遍历到之后改变原图，避免重复遍历

		int x, y, area = 1;
		for (int i = 0; i < 4; i++)
		{
			x = r + dirac[i];
			y = c + dirac[i + 1];  //四个方向

			if (x >= 0 && x < grid.size() && y >= 0 && y < grid[0].size())
				area += dfs(grid, x, y);
		}
		return area;
	}
};

题意：
班上有 N 名学生。其中有些人是朋友，有些则不是。他们的友谊具有是传递性。如果已知 A 是 B 的朋友，B 是 C 的朋友，那么我们可以认为 A 也是 C 的朋友。所谓的朋友圈，是指所有朋友的集合。
给定一个 N * N 的矩阵 M，表示班级中学生之间的朋友关系。如果M[i][j] = 1，表示已知第 i 个和 j 个学生互为朋友关系，否则为不知道。你必须输出所有学生中的已知的朋友圈总数。

样例：
输入：
[[1,1,0],
[1,1,0],
[0,0,1]]
输出：
2

注意点：
1.引入viewed数组后，传入dfs中的viewed一定要加&，不然递归只是在副本数组上面进行了操作。
2.递归有时候并不一定要有跳出条件（因为这里的条件判断的时候已经把不符合的筛选掉了）

class Solution {
public:
	int findCircleNum(vector<vector<int>>& M) {
		int cnt = 0;
		vector<bool> viewed(M.size());
		for (int i = 0; i < M.size(); i++)
		{
			if (!viewed[i])
			{
				dfs(M, i, viewed);
				++cnt;
			}
		}
		return cnt;
	}
private:
	void dfs(vector<vector<int>>& M,int i, vector<bool>& viewed)
	{
		viewed[i] = true;
		for (int j = 0; j < M.size(); j++)
		{
			if (!viewed[j] && M[i][j] == 1)
				dfs(M, j, viewed);
		}
		return;
	}
};

样例：
给定下面的 5x5 矩阵:

太平洋 ~ ~ ~ ~ ~

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 *

• • • • • 大西洋
          返回:
          [[0, 4], [1, 3], [1, 4], [2, 2], [3, 0], [3, 1], [4, 0]] (上图中带括号的单元)。

注意点：
这题如果一个个点遍历，看能不能到边沿，会超时。所以逆向思维，从边沿出发，看能到达内部的哪些点。所以维护两个矩阵，一个是太平洋可以到达的点，一个是大西洋可以到达的。最后遍历一次两个矩阵就可以了。

int dirac[5] = { -1,0,1,0,-1 };
class Solution {
public:
	vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& matrix) {
		if(matrix.empty() || matrix[0].empty())
            return {};

        int m = matrix.size(),n = matrix[0].size();
       
		vector<vector<bool>> can_reach_p(m,vector<bool>(n,false));
		vector<vector<bool>> can_reach_a(m, vector<bool>(n, false));

        //从四个边的点出发，水流逆流
        for(int i = 0;i < m;i++)
        {
            dfs(matrix,can_reach_p,i,0);
            dfs(matrix,can_reach_a,i,n-1);
        }
        for(int i = 0;i < n;i++)
        {
            dfs(matrix,can_reach_p,0,i);
            dfs(matrix,can_reach_a,m-1,i);
        }

		vector<vector<int>> ans;
		for (int i = 0; i < m; i++)
		{
			for (int j = 0; j < n; j++)
			{
				if (can_reach_a[i][j] && can_reach_p[i][j])
					ans.push_back({i,j});
			}
		}
		return ans;
	}
private:
	void dfs(vector<vector<int>>& M,vector<vector<bool>>& can_reach,int r,int c)
	{
		if (can_reach[r][c])  //已经访问过了
			return;
		
		can_reach[r][c] = true;//标记为能到达

		for (int i = 0; i < 4; i++)
		{
			int x = r + dirac[i];
			int y = c + dirac[i + 1];

			if (x >= 0 && x < M.size() && y >= 0 && y < M[0].size()
				&& M[r][c] <= M[x][y]) //新的点高度大于老的点
				dfs(M, can_reach, x, y);
		}
		return;
	}
};