floodfill 算法（上）

目录

图像渲染

题意：

题解：

非递归：

递归：

岛屿数量

题解：

非递归：

递归：

岛屿的最大面积

题解：

非递归：

递归：

 被围绕的区域

题解：

非递归：

递归： 

图像渲染

733. 图像渲染 - 力扣（LeetCode）icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/flood-fill/description/

题意：

把初始位置的颜色作为标准值，如果其上下左右位置的颜色和标准值相同，就把该位置的颜色更改为 newColor，接着继续往外扩，重复上述操作。

题解：

这种题的思想类似树的层序遍历，我们从指定的坐标出发，查看上下左右的颜色，相当于查看外面一层的颜色，把需要染色的位置染色后，继续查看该位置外面一层的颜色。

思想类似，代码也类似。

我们定义一个队列，队列中存储需要修改颜色的位置的下标，便于层序遍历，先把初始位置入队：

1、取出队头 t ，并删除队头，接着修改 t 的颜色；

2、判断 t 的上、下、左、右是否需要修改颜色，如果需要修改，则把对应的位置入队；

3、在数组中，假设 t 的下标为 (x,y)，那么其上下左右的下标如图：

为了便于访问上下左右的位置，我们定义 dx、dy 数组，dx、dy 的同一个位置，对应着相对于 t 下标的偏移量，比如 t 的右边，可以看作 x 位置不变（相当于偏移了 0 个单位），y 向右偏移 1 个单位（+1），t 的左边，可以看作 x 位置不变，y 向左偏移 1 个单位（-1）。

int dx[4]={0,0,1,-1};//分别对应右、左、下、上
int dy[4]={1,-1,0,0};

我们只需要用 for 循环同时遍历这两个数组，就可以获得偏移量来计算上下左右的下标，但是这样的计算存在数组越界的风险，所以计算后的结果需要判断是否越界！ 

该算法会对同一个位置重复访问：

1、对于不需要修改颜色的位置，即使多次访问也不会修改颜色，并不影响最终结果；

2、对于需要修改颜色的位置，第一次访问时，已经更改颜色，所以颜色和 std 不一样了，后序再次访问，已经变成情况 1 了，不会再次更改颜色。

非递归：

class Solution {
public:vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {int std=image[sr][sc];if(std==color) return image;int dx[4]={0,0,1,-1};//分别对应右、左、下、上int dy[4]={1,-1,0,0};int m=image.size(),n=image[0].size();queue<pair<int,int>> q;q.push({sr,sc});while(!q.empty()){auto [x,y]=q.front();q.pop();image[x][y]=color;//修改像素for(int i=0;i<4;i++){int x1=x+dx[i],y1=y+dy[i];//存入上下左右if(x1>=0 && x1<m && y1>=0 && y1<n && image[x1][y1]==std){q.push({x1,y1});}    }}return image;}
};

递归：

递归算法相当于在找需要修改颜色的下标时，一直向同一个方向递归，可以是一直向左、一直向右、一直向下、一直向上递归，直到这个颜色是不需要修改时，不再递归，再去判断其他方向是否需要修改颜色。

class Solution {
public:vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {if(image[sr][sc]==color) return image;int std=image[sr][sc];dfs(image,sr,sc,color,std);return image;}int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};void dfs(vector<vector<int>>& image, int i, int j, int color,int std){//修改当前格image[i][j]=color;for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k],y=j+dy[k];//修改上下左右if(x>=0 && x<image.size() && y>=0 && y<image[0].size() && image[x][y] ==std)dfs(image,x,y,color,std);}}
};

岛屿数量

200. 岛屿数量 - 力扣（LeetCode）icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/number-of-islands/description/

题解：

图像渲染是一个点不断向外扩展，这道题是多个点不断向外扩展，需要记录一共有多少个点源向外扩展了。

我们用两层 for 循环遍历数组，如果遍历到的位置是陆地，由于题目定义岛屿被水围绕，所以我们需要不断扩展，直到周围都是水，才停止扩展，此时岛屿数量+1。图像渲染即使对同一个位置重复访问也不会影响结果，而这道题同一个位置重复访问，结果会出现很大的错误！

以示例 1 为例，如左图，当我们访问 grid[ 0 ][ 0 ] 时，该位置为陆地，我们不断扩展，岛屿数量+1，当我们访问  grid[ 0 ][ 1 ] 时，该位置是陆地，但当前访问的陆地和上一次访问的陆地属于同一座岛屿，不能被认为是新的岛屿了！

我们设置一个和 grid 同等规模的 bool 类型的数组 vis，用于标记该陆地是否为未被发现的岛屿。

1、当 grid[ i ][ j ] 为陆地时，查看 vis[ i ][ j ] 的bool 值：

a. vis[ i ][ j ] 为 true，是已经被发现的岛屿，该陆地不可以被记为岛屿；

b. vis[ i ][ j ] 为 false，是未被发现的岛屿，可以记为新的岛屿，并且向外扩展，把相连的陆地的 vis 全部记为 true，直到周围都是水为止。

2、当 grid[ i ][ j ] 为水时，不需要做任何处理。

扩展的思路和图像渲染一样，这里不再赘述。

非递归：

class Solution {
public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {int m=grid.size(),n=grid[0].size();vector<vector<bool>> vis(m,vector<bool>(n));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]){ret++;bfs(grid,vis,i,j,m,n);}}}return ret;}void bfs(vector<vector<char>>& grid,vector<vector<bool>>& vis,int i,int j,int m,int n){int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};queue<pair<int,int>> q;q.push({i,j});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];if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n && grid[x][y]=='1' && !vis[x][y]){q.push({x,y});vis[x][y]=true;}}}}
};

递归：

class Solution {
public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {vector<vector<bool>> vis(grid.size(),vector<bool> (grid[0].size()));int ret=0;for(int i=0;i<grid.size();i++){for(int j=0;j<grid[0].size();j++){if(grid[i][j]=='1' && !vis[i][j]){++ret;dfs(grid,vis,i,j);}}}return ret;}int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};void dfs(vector<vector<char>>& grid,vector<vector<bool>>& vis,int i,int j){vis[i][j]=true;//修改当前格for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k],y=j+dy[k];if(x>=0 && x<grid.size() && y>=0 && y<grid[0].size() && grid[x][y]=='1'&& !vis[x][y] )dfs(grid,vis,x,y);}}
};

岛屿的最大面积

695. 岛屿的最大面积 - 力扣（LeetCode）icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/max-area-of-island/description/

题解：

这道题只需要在每次扩展岛屿的陆地时，记录一共扩展了多少块陆地即可，同理对已经被发现的陆地，不可以重复计算。 

非递归：

class Solution {
public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int ret=0,m=grid.size(),n=grid[0].size();vector<vector<bool>> vis(m,vector<bool>(n));for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(grid[i][j]==1 && !vis[i][j]){int tmp=AreaOfIsland(grid,i,j,vis);ret=max(ret,tmp);}}}return ret;        }int AreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid,int i,int j,vector<vector<bool>>& vis){int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};queue<pair<int,int>> q;q.push({i,j});int area=1;//++area;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],y=b+dy[k];if(x>=0 && x<grid.size() && y>=0 && y<grid[0].size() && grid[x][y]==1 && !vis[x][y]){q.push({x,y});vis[x][y]=true;++area;}}}return area;} 
};

递归：

class Solution {
public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {vector<vector<bool>> vis(grid.size(),vector<bool>(grid[0].size()));int ret=0;for(int i=0;i<grid.size();i++){for(int j=0;j<grid[0].size();j++){if(grid[i][j]==1 && !vis[i][j]){int tmp=0;dfs(grid,vis,i,j,tmp);ret=max(ret,tmp);}}}return ret;}int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};void dfs(vector<vector<int>>& grid,vector<vector<bool>>& vis,int i,int j,int& area){++area;        vis[i][j]=true;//修改当前值for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k],y=j+dy[k];if(x>=0 && x<grid.size() && y>=0 && y<grid[0].size() && grid[x][y]==1 && !vis[x][y])dfs(grid,vis,x,y,area);}        }
};

 被围绕的区域

130. 被围绕的区域 - 力扣（LeetCode）icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/surrounded-regions/description/

题解：

本道题和图像渲染类似，但是如果区域内的 O 与边界的 O 相连，那么这个 O 不可以被修改！这个特殊条件并不好处理。

1、我们可以优先处理和边界相连的 O：

可以设置一个和 board 相同规模的 bool类型的数组 vis，把和边界相连的 O 的对应位置的 vis 设置为 true。

2、用两层 for 循环遍历 board：

a. 如果 board[ i ][ j ] 为 O，且 vis[ i ][ j ] 为 false，说明这个 O 没有和边界的 O 相连，把它修改为 X；

b. 如果 board[ i ][ j ] 为 O，且 vis[ i ][ j ] 为 true，说明这个 O 和边界的 O 相连，不需要修改；

c. 如果 board[ i ][ j ] 为 X，不需要做任何处理。

非递归：

class Solution {
public:int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};int m,n;void solve(vector<vector<char>>& board) {m=board.size(),n=board[0].size();vector<vector<bool>> vis(m,vector<bool>(n));for(int i=0;i<n;i++){if(board[0][i]=='O' && !vis[0][i])//第一行SetVisO(board,vis,0,i);if(board[m-1][i]=='O' && !vis[m-1][i])//最后一行SetVisO(board,vis,m-1,i);}for(int i=1;i<m-1;i++){if(board[i][0]=='O' && !vis[i][0])//第一列SetVisO(board,vis,i,0);if(board[i][n-1]=='O' && !vis[i][n-1])//最后一列SetVisO(board,vis,i,n-1);}for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(board[i][j]=='O' && !vis[i][j])board[i][j]='X';}}}//处理边界的Ovoid SetVisO(vector<vector<char>>& board,vector<vector<bool>>& vis,int i,int j){queue<pair<int,int>> q;q.push({i,j});vis[i][j]=true;//处理当前位置while(!q.empty()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int k=0;k<4;k++)//处理上下左右位置{int x=a+dx[k],y=b+dy[k];if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n && board[x][y]=='O' && !vis[x][y]){vis[x][y]=true;q.push({x,y});}}}}
};

递归： 

class Solution {
public:int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};int m,n;void solve(vector<vector<char>>& board) {m=board.size(),n=board[0].size();vector<vector<bool>> vis(m,vector<bool>(n));for(int i=0;i<n;i++){if(board[0][i]=='O' && !vis[0][i])//第一行SetVisO(board,vis,0,i);if(board[m-1][i]=='O' && !vis[m-1][i])//最后一行SetVisO(board,vis,m-1,i);}for(int i=1;i<m-1;i++){if(board[i][0]=='O' && !vis[i][0])//第一列SetVisO(board,vis,i,0);if(board[i][n-1]=='O' && !vis[i][n-1])//最后一列SetVisO(board,vis,i,n-1);}for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(board[i][j]=='O' && !vis[i][j])//根据O的状态来判断是否修改board[i][j]='X';}}}//处理边界的Ovoid SetVisO(vector<vector<char>>& board,vector<vector<bool>>& vis,int i,int j){vis[i][j]=true;for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k],y=j+dy[k];if(x>=0 && x<board.size() && y>=0 && y<vis[0].size() && board[x][y]=='O'&&!vis[x][y])SetVisO(board,vis,x,y);}}
};

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