【深度优先搜索】leetcode 733. 图像渲染

leetcode 733. 图像渲染

题目描述

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

• $m==image.length$
• $n==image[i].length$
• $1<=m,n<=50$
• $0<=image[i][j],newColor<2^{16}$
• $0<=sr<m$
• $0<=sc<n$

方法一：深度优先搜索

解题思路

我们从给定的起点开始，进行深度优先搜索。每次搜索到一个方格时，如果其与初始位置的方格颜色相同，就将该方格的颜色更新，以防止重复搜索；如果不相同，则进行回溯。

注意：因为初始位置的颜色会被修改，所以我们需要保存初始位置的颜色，以便于之后的更新操作。

代码

class Solution {
public:
    const int dx[4] = {1, 0, 0, -1};
    const int dy[4] = {0, 1, -1, 0};
    void dfs(vector<vector<int>>& image, int x, int y, int currColor, int newColor) {
        if(image[x][y] == currColor)
        {
            image[x][y] = newColor;
            for(int i = 0; i < 4; i++)
            {
                int mx = x + dx[i], my = y + dy[i];
                if(mx >= 0 && mx < image.size() && my >= 0 && my < image[0].size())
                    dfs(image, mx, my, currColor, newColor);
            }
        }
    }
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int newColor) {
        int currColor = image[sr][sc];
        if(currColor != newColor)
            dfs(image, sr, sc, currColor, newColor);
        return image;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n\ast m)$，其中 n 和 m 分别是二维数组的行数和列数。最坏情况下需要遍历所有的方格一次。
• 空间复杂度：$O(n\ast m)$，其中 n 和 m 分别是二维数组的行数和列数。主要为栈空间的开销。

方法二：广度优先搜索

解题思路

我们从给定的起点开始，进行广度优先搜索。每次搜索到一个方格时，如果其与初始位置的方格颜色相同，就将该方格加入队列，并将该方格的颜色更新，以防止重复入队。

注意：因为初始位置的颜色会被修改，所以我们需要保存初始位置的颜色，以便于之后的更新操作。

代码

class Solution {
public:
    const int dx[4] = {1, 0, 0, -1};
    const int dy[4] = {0, 1, -1, 0};
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int newColor) {
        int currColor = image[sr][sc];
        if(currColor == newColor)   return image;
        int n = image.size(), m = image[0].size();
        queue<pair<int, int>> que;
        que.emplace(sr, sc);
        image[sr][sc] = newColor;
        while(!que.empty())
        {
            int x = que.front().first, y = que.front().second;
            que.pop();
            for(int i = 0; i < 4; i++)
            {
                int mx = x + dx[i], my = y + dy[i];
                if(mx >= 0 && mx < n && my >= 0 && my < m && image[mx][my] == currColor)
                {
                    que.emplace(mx, my);
                    image[mx][my] = newColor;
                }
            }
        }
        return image;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n\ast m)$，其中 n 和 m 分别是二维数组的行数和列数。最坏情况下需要遍历所有的方格一次。
• 空间复杂度：$O(n\ast m)$，其中 n 和 m 分别是二维数组的行数和列数。主要为队列的开销。