深度优先遍历-200. 岛屿数量

原创已于 2022-03-06 20:21:56 修改 · 357 阅读

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#深度优先 #算法 #java

于 2022-03-02 22:55:11 首次发布

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该博客探讨了两种方法来计算二维数组中连通岛屿的数量。第一种方法在不改变原始数组的情况下，使用额外的访问数组进行深度优先搜索。第二种方法允许修改原始数组，通过深度优先搜索将连通的1变为0。这两种方法都转化了问题为图论的联通子图问题，也可用并查集解决。

在这里插入图片描述

方法1 ：

假设不能修改原始的数组，那么我们需要额外使用一个数组记录数据是否访问过，然后针对每一个为1的数据，通过深搜找到最大联通的岛屿，并将连接的岛屿置为访问过。这样深搜的次数就是最终岛屿的数量。
代码如下：

public int numIslands(char[][] grid) {
        int[][] visited = new int[grid.length][grid[0].length];
        int sum = 0;
        for (int i = 0 ; i < grid.length; i++) {
            for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) {
                if (grid[i][j] == '1' && visited[i][j] == 0) {
                    sum += dg(i, j, visited, grid);
                }
            }
        }
        return sum;

    }

    // grid【row][col] = 1 ， 看下它的上下左右是否有1
    private int dg(int row, int col, int[][] visited, char[][] grid) {

        // 上
        int up = 0;
        if (row - 1 >= 0 && visited[row-1][col] != 1 && grid[row-1][col] == '1') {
            visited[row-1][col] = 1;
            up = dg(row - 1, col, visited, grid);
        }
        int down = 0;
        if (row + 1 < grid.length && visited[row + 1][col] != 1 && grid[row+1][col] == '1') {
            visited[row + 1][col] = 1;
            down = dg(row + 1, col, visited, grid);
        }
        int left = 0;
        if (col - 1 >= 0 && visited[row][col - 1] != 1 && grid[row][col - 1] == '1') {
            visited[row][col - 1] = 1;
            left = dg(row, col - 1, visited, grid);
        }

        int right = 0;
        if (col + 1 < grid[0].length && visited[row][col + 1] != 1 && grid[row][col + 1] == '1') {
            visited[row][col + 1] = 1;
            right = dg(row, col + 1, visited, grid);
        }
        return 1;

    }

方法2

假设我们可以修改原始数组，那么我们将连接着的岛屿从原先的1变为0，这样每次遇到1开始递归深搜遍历的时候都会将连着的岛屿置为0，这样深搜的次数也是最终的结果。代码如下：

public int numIslands2(char[][] grid) {

            int sum = 0;
            for (int i = 0 ; i < grid.length; i++) {
                for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) {
                    if (grid[i][j] == '1' ) {
                        sum += 1;
                        dfs(i, j, grid);
                    }
                }
            }
            return sum;

        }
    // 方法2  可以更改原始数组的值， 将1 周边岛屿临接的1全部置位0，那么深搜的次数就是岛屿的个数

        private void dfs (int row, int col, char[][] grid) {

            if (row < 0 || col < 0|| row >= grid.length || col >= grid[0].length || grid[row][col] == '0') return;
            if (grid[row][col] == '1') {
                grid[row][col] = '0';
            }
            dfs(row -1 , col, grid);
            dfs(row +1 , col, grid);
            dfs(row  , col - 1, grid);
            dfs(row  , col + 1, grid);
        }

有没有其余的方法呢？
其实我们将这个数组转化为图，任意两个位置如果值都是1则说明有一条连着的边，不然则意味着两个位置之间没有边，因此就将原始问题转化为图论上的联通子图个数问题。

其次本题因为有连接这种关系，实际上也可以转为为并查集问题。