算法:BFS解决 FloodFill 算法
目录
FloodFill 算法
题目一:图像渲染
题目二:岛屿数量
题目三:岛屿的最大面积
题目四:被围绕的区域
FloodFill 算法
在递归搜索回溯中已经说到过 FloodFill 算法了,但是那里是用 dfs 解决的,这里会使用 bfs 解决
FloodFill 算法(中文:洪水灌溉):
也就是找出性质相同的联通块
例如下图找出有几块会被洪水灌溉的区域,其中负数表示凹下去的地面,正数表示凸起的地面:
此时就会有两片区域会被洪水灌溉,也有问灌溉区域最大的面积是多少,或是灌溉区域最大的边是多少等等
按左边那个大的区域举例,之前的dfs,就是先一条路走到不能走时,再退回去,找其他路,也就是下面的紫色箭头的方式:
而bfs则是一层一层的扩展,每一层都关注该层的上下左右是否能扩展到其他地方,即下图所示:
共扩展了三层,就能够走完这个区域,这就是bfs的方式
总而言之,都是找出性质相同的联通块
题目一:图像渲染
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]]
这道题的题意就是:给我们一个起始位置(sr, sc),找到与起始位置相连且像素值相同的区域,都修改为newColor
也就是使用层序遍历,先找出起始位置的上下左右是否有相连的相同数字块,找到后,接下来再找刚刚找到的这些数字块的上下左右,有没有相连的,直到没有为止
并且在扩展的过程中,将像素值再修改为 newColor
在书写bfs时,非常常用的技巧就是:设置两个数组dx和dy,他们对应的位置组合来表示上下左右的移动,即dx[4] = {0, 0, 1, -1},dy[4] = {1, -1, 0, 0}
对应位置组合为:(0, 1),(0, -1),(1, 0),(-1, 0)
让原本的坐标,加上对应的这四个坐标,就能够完美表示上下左右的移动
代码如下:
class Solution
{// 简便表示pair,typedef重命名一下typedef pair<int, int> PII;int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {// 记录原本的像素值int prev = image[sr][sc];int m = image.size(), n = image[0].size();// 边界条件if(prev == color) return image;queue<PII> q;q.push({sr, sc});// 层序遍历while(!q.empty()){// 这样可以简便的取出pair里的内容,不需要使用first,secondauto [a, b] = q.front();q.pop();image[a][b] = color;for(int i = 0; i < 4; i++){// x、y是上下左右移动后的新坐标int x = a + dx[i];int y = b + dy[i];// 需要判断x、y是否越界访问imageif(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == prev)q.push({x, y});}}return image;}
};
题目二:岛屿数量
给你一个由 '1'
(陆地)和 '0'
(水)组成的的二维网格,请你计算网格中岛屿的数量。
岛屿总是被水包围,并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。
此外,你可以假设该网格的四条边均被水包围。
示例 1:
输入:grid = [["1","1","1","1","0"],["1","1","0","1","0"],["1","1","0","0","0"],["0","0","0","0","0"] ] 输出:1
示例 2:
输入:grid = [["1","1","0","0","0"],["1","1","0","0","0"],["0","0","1","0","0"],["0","0","0","1","1"] ] 输出:3
依旧是使用bfs的方式,这道题需要注意的是:
全是1的联通块是一个岛屿,但是在遍历时,有可能会重复计算同一块,假设第一块的右边第二块也是1,此时遍历到第一块时,会计算第二块,而遍历到第二块时,也可能会找到第一块,这样会导致死循环,一直遍历
解决方式就是创建一个与原数组一样大的数组vis,都是bool类型的,每遍历到一块区域,就将vis数组中对应位置的数设置为true,这样就不会重复遍历了
所以下面代码实现时,每次遍历到一个位置时,需要将vis数组中的该位置改为true,之后只有当vis数组对应位置为false时才遍历
代码如下:
class Solution
{typedef pair<int, int> PII;// 判断数组,用于判断该位置是否被遍历过bool vis[301][301];int dx[4] = {0, 0, -1, 1};int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};// m、n定义为全局的,便于bfs函数能取到值int m, n;
public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {int ret = 0;m = grid.size(), n = grid[0].size();for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){// 当等于1时,还需要判断vis数组中对应位置是否为falseif(grid[i][j] == '1' && vis[i][j] == false){// 每进入一次层序遍历,表示找到了一个岛,ret++ret++;bfs(grid, i, j);}}}return ret;}// bfs层序遍历函数void bfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j){queue<PII> q;q.push({i, j});vis[i][j] = true;while(!q.empty()){auto [a, b] = q.front();q.pop();for(int num = 0; num < 4; num++){// 上下左右四块int x = a + dx[num];int y = b + dy[num];// 判断不越界的同时,还需要判断vis数组是否为falseif(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == '1' && vis[x][y] == false){// 每次遍历到后,将vis数组对应位置改为truevis[x][y] = true;q.push({x, y});}}}}
};
题目三:岛屿的最大面积
给你一个大小为 m x n
的二进制矩阵 grid
。
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 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid
的四个边缘都被 0
(代表水)包围着。
岛屿的面积是岛上值为 1
的单元格的数目。
计算并返回 grid
中最大的岛屿面积。如果没有岛屿,则返回面积为 0
。
示例 1:
输入:grid = [[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 解释:答案不应该是11
,因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的1
示例 2:
输入:grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]] 输出:0
这道题与上一题一样,也是需要vis数组,标记某个位置是否遍历过,方法也与上一题几乎一模一样,只是在统计每一岛屿时,加了一个变量count,每次入队列时count++,最后返回给主函数即可
代码如下:
class Solution
{
public:typedef pair<int, int> PII;// 判断数组,用于判断该位置是否被遍历过bool vis[60][60];int dx[4] = {0, 0, -1, 1};int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};// m、n定义为全局的,便于bfs函数能取到值int m, n;int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {m = grid.size(), n = grid[0].size();int ret = 0;for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){if(grid[i][j] == 1 && vis[i][j] == false){int num = bfs(grid, i, j);ret = max(ret, num);}}}return ret;}int bfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j){int count = 0;queue<PII> q;q.push({i, j});count++;vis[i][j] = true;while(!q.empty()){auto [a, b] = q.front();q.pop();for(int k = 0; k < 4; k++){int x = a + dx[k];int y = b + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1 && vis[x][y] == false){q.push({x, y});count++;vis[x][y] = true;}}}return count;}
};
题目四:被围绕的区域
给你一个 m x n
的矩阵 board
,由若干字符 'X'
和 'O'
组成,捕获 所有 被围绕的区域:
- 连接:一个单元格与水平或垂直方向上相邻的单元格连接。
- 区域:连接所有
'O'
的单元格来形成一个区域。 - 围绕:如果您可以用
'X'
单元格 连接这个区域,并且区域中没有任何单元格位于board
边缘,则该区域被'X'
单元格围绕。
通过将输入矩阵 board
中的所有 'O'
替换为 'X'
来 捕获被围绕的区域。
示例 1:
输入:board = [["X","X","X","X"],["X","O","O","X"],["X","X","O","X"],["X","O","X","X"]]
输出:[["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","O","X","X"]]
解释:
在上图中,底部的区域没有被捕获,因为它在 board 的边缘并且不能被围绕。
示例 2:
输入:board = [["X"]]
输出:[["X"]]
题目要求就是联通块中不能存在边缘的方块,否则就不改变,边缘指 m * n 的四周那一圈
解法一:直接做
这道题最容易想到的思路就是直接做:
遇到联通块时,先遍历一下这个联通快,判断这个区域内是否有边缘块,如果没有就改变,如果有就不改变,这种做法是需要每次遍历两遍联通块,比较复杂,下面看解法二
解法二:正难则反
既然正着做这道题比较困难,那就反着做,题目要求不能联通块不能出现在边缘,所以我们可以先从边缘开始判断,对边缘区域的联通块先层序遍历,将这些边缘区域的○修改为+
此时矩阵中剩余的○就是符合题意的,这时遍历整个矩阵,如果有○全部修改为×
最后再将刚刚边缘改为+的位置,再改回○即可
代码如下:
class Solution {
public:typedef pair<int, int> PII;// 判断数组,用于判断该位置是否被遍历过int dx[4] = {0, 0, -1, 1};int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};// m、n定义为全局的,便于bfs函数能取到值int m, n;void solve(vector<vector<char>>& board) {m = board.size(), n = board[0].size();// 将边缘区域为O的先全部变为+for(int i = 0; i < m; i++){if(board[i][0] == 'O') bfs(board, i, 0);if(board[i][n - 1] == 'O') bfs(board, i, n - 1);}for(int j = 0; j < n; j++){if(board[0][j] == 'O') bfs(board, 0, j);if(board[m - 1][j] == 'O') bfs(board, m - 1, j);}// 再将剩余的O变为X,+变为Ofor(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++)if(board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';else if(board[i][j] == '+') board[i][j] = 'O';}// bfs实现边缘区域的O变+void bfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j){queue<PII> q;q.push({i, j});board[i][j] = '+';while(!q.empty()){auto [a, b] = q.front();q.pop();for(int k = 0; k < 4; k++){int x = a + dx[k];int y = b + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O'){q.push({x, y});board[x][y] = '+';}}}}
};
BFS解决 FloodFill 算法的题目到此结束
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