给定一幅地图,其中有水域,有陆地。被水域完全环绕的陆地是岛屿。有些岛屿上埋藏有宝藏,这些有宝藏的点也被标记出来了。本题就请你统计一下,给定的地图上一共有多少岛屿,其中有多少是有宝藏的岛屿。
输入格式:
输入第一行给出 2 个正整数 N 和 M(1<N×M≤105),是地图的尺寸,表示地图由 N 行 M 列格子构成。随后 N 行,每行给出 M 位个位数,其中 0
表示水域,1
表示陆地,2
-9
表示宝藏。
注意:两个格子共享一条边时,才是“相邻”的。宝藏都埋在陆地上。默认地图外围全是水域。
输出格式:
在一行中输出 2 个整数,分别是岛屿的总数量和有宝藏的岛屿的数量。
输入样例:
10 11
01000000151
11000000111
00110000811
00110100010
00000000000
00000111000
00114111000
00110010000
00019000010
00120000001
输出样例:
7 2
核心思路就是,每遍历到一个陆地,就把和它相连的陆地都找出来
找出来的过程中要注意有没有陆地是有宝藏的,有的话就要ans++
这里用的是宽搜,当然深搜也可以,都是对每个陆地只遍历一次,用时接近~
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
vector<int> g[N]; // 网格数据,存储每个单元格的值
vector<int> visited[N]; // 标记数组,记录单元格是否被访问过
int ans_sum, ans; // ans_sum: 连通块总数, ans: 有宝藏的连通块数
int n, m; // 网格的行数和列数
int flag; // 标记当前连通块是否满足条件
int dx[] = {0, -1, 0, 1};
int dy[] = {1, 0, -1, 0};
typedef pair<int, int> PII;
void bfs(int x, int y) {
queue<PII> q;
q.push({x, y});
visited[x][y] = 1; // 标记为已访问
while (!q.empty()) {
PII t = q.front();
q.pop();
x = t.first, y = t.second;
// 如果当前单元格值大于1,标记flag
if (g[x][y] > 1) flag = 1;
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int tx = x + dx[i], ty = y + dy[i];
// 检查边界条件和访问状态
if (tx >= 1 && tx <= n && ty >= 1 && ty <= m &&
!visited[tx][ty] && g[tx][ty] != 0) {
q.push({tx, ty});
visited[tx][ty] = 1; // 标记为已访问
// 如果邻居单元格值大于1,标记flag
if (g[tx][ty] > 1) flag = 1;
}
}
}
}
int main() {
char c;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
g[i].push_back(0); // 第0列填充0,方便从1开始索引
visited[i].push_back(0); // 同上
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> c;
g[i].push_back(c - '0'); // 将字符转换为数字
visited[i].push_back(0); // 初始化未访问状态
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (g[i][j] != 0 && !visited[i][j]) {
flag = 0;
ans_sum++;
bfs(i, j); // 进行BFS遍历
if (flag) ans++;
}
}
}
cout << ans_sum << " " << ans << endl;
return 0;
}