算法沉淀——BFS 解决 FloodFill 算法（leetcode真题剖析）

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算法沉淀——BFS 解决 FloodFill 算法

  • 01.图像渲染
  • 02.岛屿数量
  • 03.岛屿的最大面积
  • 04.被围绕的区域

BFS（广度优先搜索）解决 Flood Fill 算法的基本思想是通过从起始点开始，逐层向外扩展，访问所有与起始点相连且具有相同特性（颜色等）的区域。在 Flood Fill 中，通常是通过修改图像的像素颜色。

下面是 BFS 解决 Flood Fill 算法的步骤：

  1. 初始化： 将起始点的颜色修改为新的颜色，将起始点加入队列。
  2. BFS 遍历： 使用队列进行 BFS 遍历。每次从队列中取出一个位置，检查其相邻的位置是否符合条件（与起始点颜色相同），如果符合，则修改颜色并将其加入队列。这样，不断扩展遍历。
  3. 遍历直到完成： 重复上述步骤，直到队列为空，即没有可继续扩展的位置为止。此时，所有与起始点相连的区域都被成功修改。

在 Flood Fill 中，BFS 保证了相邻区域的逐层遍历，确保了所有相连的、颜色相同的区域都被填充为新的颜色。

01.图像渲染

题目链接：https://leetcode.cn/problems/flood-fill/

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:
在这里插入图片描述

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]]

思路

这个题我们可以使用最朴素的bfs遍历来解决。

代码

class Solution {const int dx[4] = {0, 0, 1, -1};  // 表示上、下、左、右四个方向的相对坐标变化const int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
public:vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {int prev = image[sr][sc];  // 记录起始位置的颜色if (prev == color) return image;  // 如果新旧颜色相同，不需要进行填充int m = image.size(), n = image[0].size();queue<pair<int, int>> q;q.push({sr, sc});while (!q.empty()) {auto [a, b] = q.front();q.pop();image[a][b] = color;  // 修改当前位置的颜色for (int i = 0; i < 4; ++i) {int x = a + dx[i], y = b + dy[i];// 判断新的坐标是否越界，并且颜色与旧颜色相同if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == prev) {q.push({x, y});}}}return image;}
};
  1. 初始化： 记录起始位置的颜色 prev，如果起始颜色和目标颜色相同，直接返回原图。
  2. BFS 遍历： 使用队列 q 进行 BFS 遍历。从起始位置开始，逐层遍历相邻位置，将颜色修改为目标颜色。
  3. 遍历直到完成： 重复上述步骤，直到队列为空，即没有可继续扩展的位置为止。此时，所有与起始点相连的区域都被成功修改为新的颜色。

02.岛屿数量

题目链接：https://leetcode.cn/problems/number-of-islands/

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

提示：

  • m == grid.length
  • n == grid[i].length
  • 1 <= m, n <= 300
  • grid[i][j] 的值为 '0' 或 '1'

思路

使用bfs思想遍历每一个方格，将一块遍历过的岛屿全都标记为海洋也就是0，或者使用同等大小的数组进行遍历的标记。

代码

class Solution {const int dx[4] = {0, 0, 1, -1};  // 表示上、下、左、右四个方向的相对坐标变化const int dy[4] = {1, -1, 0, 0};int m, n;  // m表示行数，n表示列数queue<pair<int, int>> q;  // 用于BFS的队列// BFS函数，从起点 (i, j) 开始遍历并标记属于同一岛屿的所有位置void bfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) {q.push({i, j});  // 将起点入队grid[i][j] = '0';  // 标记已经遍历过的位置while (!q.empty()) {auto [a, b] = q.front();q.pop();for (int k = 0; k < 4; ++k) {int x = a + dx[k], y = b + dy[k];// 判断新的坐标是否越界，并且是岛屿的一部分if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == '1') {q.push({x, y});  // 将相邻的岛屿位置入队grid[x][y] = '0';  // 标记已经遍历过的位置}}}}public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {m = grid.size();  // 获取行数n = grid[0].size();  // 获取列数int ret = 0;  // 记录岛屿数量// 遍历整个网格for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == '1') {ret++;  // 发现新的岛屿，增加计数bfs(grid, i, j);  // 使用BFS遍历并标记所有属于同一岛屿的位置}}}return ret;  // 返回岛屿数量}
};
  1. 初始化： 定义了方向数组 dx 和 dy，表示上、下、左、右四个方向的相对坐标变化。初始化队列 q，用于BFS遍历。
  2. BFS遍历： 对于每个未被访问的岛屿起点，调用 bfs 函数进行BFS遍历。在BFS过程中，将属于同一岛屿的位置标记为已访问。
  3. 遍历整个网格： 使用两层循环遍历整个网格，如果发现未访问过的岛屿起点，就调用 bfs 函数进行遍历，并增加岛屿数量计数。
  4. 返回结果： 最终返回岛屿的数量。

03.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：
在这里插入图片描述

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

提示：

  • m == grid.length
  • n == grid[i].length
  • 1 <= m, n <= 50
  • grid[i][j] 为 0 或 1

思路

总体和上面的题目解法一样，只不过我们在遍历每个岛屿时，顺便计算个数即岛屿的面积，每次计算完再比较，最后返回最大的岛屿面积。

代码

class Solution {const int dx[4] = {0, 0, 1, -1};  // 上、下、右、左四个方向的相对坐标变化const int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};queue<pair<int, int>> q;  // 用于BFS的队列int m, n;  // m 表示行数，n 表示列数// BFS 函数，从起点 (i, j) 开始遍历并标记属于同一岛屿的所有位置int bfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j) {int count = 1;  // 记录岛屿的大小q.push({i, j});  // 将起点入队grid[i][j] = 0;  // 标记已经遍历过的位置while (!q.empty()) {auto [a, b] = q.front();q.pop();for (int k = 0; k < 4; ++k) {int x = a + dx[k], y = b + dy[k];// 判断新的坐标是否越界，并且是岛屿的一部分if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1) {grid[x][y] = 0;  // 标记已经遍历过的位置count++;  // 增加岛屿的大小q.push({x, y});  // 将相邻的岛屿位置入队}}}return count;}public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int ret = 0;  // 记录最大岛屿面积m = grid.size();  // 获取行数n = grid[0].size();  // 获取列数// 遍历整个网格for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == 1) {ret = max(ret, bfs(grid, i, j));  // 计算并更新最大岛屿面积}}}return ret;  // 返回最大岛屿面积}
};
  1. 初始化： 定义了方向数组 dx 和 dy，表示上、下、左、右四个方向的相对坐标变化。初始化队列 q，用于BFS遍历。
  2. BFS遍历： 对于每个未被访问的岛屿起点，调用 bfs 函数进行BFS遍历。在BFS过程中，将属于同一岛屿的位置标记为已访问，并统计岛屿的大小。
  3. 遍历整个网格： 使用两层循环遍历整个网格，如果发现未访问过的岛屿起点，就调用 bfs 函数进行遍历，并计算并更新最大岛屿面积。
  4. 返回结果： 最终返回最大岛屿面积。

04.被围绕的区域

题目链接：https://leetcode.cn/problems/surrounded-regions/

给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 'X' 和 'O' ，找到所有被 'X' 围绕的区域，并将这些区域里所有的 'O' 用 'X' 填充。

示例 1：
在这里插入图片描述

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：被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 'O' 都不会被填充为 'X'。 任何不在边界上，或不与边界上的 'O' 相连的 'O' 最终都会被填充为 'X'。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。

示例 2：

输入：board = [["X"]]
输出：[["X"]]

提示：

  • m == board.length
  • n == board[i].length
  • 1 <= m, n <= 200
  • board[i][j] 为 'X' 或 'O'

思路

这里我们可以使用bfs先处理所有与边界有关的位置，把它修改成其他字符，再依次遍历，留在格子中的字母O就是需要被修改的，而改成其他字符的就可以改回字母O。

代码

class Solution {const int dx[4] = {0, 0, 1, -1};  // 上、下、右、左四个方向的相对坐标变化const int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};int m, n;  // m 表示行数，n 表示列数queue<pair<int, int>> q;  // 用于BFS的队列// BFS 函数，从起点 (i, j) 开始遍历并标记属于同一区域的所有位置void bfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j) {q.push({i, j});  // 将起点入队board[i][j] = '#';  // 标记已经遍历过的位置while (!q.empty()) {auto [a, b] = q.front();q.pop();for (int k = 0; k < 4; ++k) {int x = a + dx[k], y = b + dy[k];// 判断新的坐标是否越界，并且是未被围绕的区域if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O') {board[x][y] = '#';  // 标记已经遍历过的位置q.push({x, y});  // 将相邻的未被围绕的区域位置入队}}}}public:void solve(vector<vector<char>>& board) {m = board.size();  // 获取行数n = board[0].size();  // 获取列数// 对边界上的'O'进行BFS遍历，标记为'#'for (int i = 0; i < n; ++i) {if (board[0][i] == 'O') bfs(board, 0, i);if (board[m - 1][i] == 'O') bfs(board, m - 1, i);}for (int i = 1; i < m - 1; ++i) {if (board[i][0] == 'O') bfs(board, i, 0);if (board[i][n - 1] == 'O') bfs(board, i, n - 1);}// 遍历整个网格，将未被标记的'O'修改为'X'，已经标记的'#'修改回'O'for (int i = 0; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (board[i][j] == '#') board[i][j] = 'O';else if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';}}}
};

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