问题来源
此题来源于LEETCODE，具体问题详见下面的链接
https://leetcode.com/problems/surrounded-regions/description/
问题简述
给定一个包含字母 X 和 O 的二维矩阵，找到所有被 X 包围的 O 并将被包围的 O 变成 X。
比如给定如下矩阵：
X X X X
X O O X
X X O X
X O X X在运行程序后希望得到：
X X X X
X X X X
X X X X
X O X X解决方案
一个比较常规的思路就是从边界上的 O 出发，遍历所有与之相连的 O，并做上标记，然后遍历整个矩阵，将未做标记的 O 变成 X 即可。
下面提供两种遍历的思路，分别是BFS和DFS。
利用BFS来解决
首先来说BFS，这个方法在LEETCODE上运行是可以得到一个ACCEPTED的，其代码如下：
class Solution {
private:int m;int n;//用来决定移动的方向int d[4][2] = {{0,1}, {1,0}, {0,-1}, {-1,0}};private://判断是否在矩阵内bool inArea(int x, int y){return x >= 0 && y >= 0 && x < m && y < n;}void bfs(vector<vector<char>>& board, int x, int y){ //构建一个队列来存放遍历的节点queue< pair<int, int> > q;q.push( make_pair(x, y) );board[x][y] = 'M';//用BFS遍历相邻的O，并标记为Mwhile( !q.empty() ){int curX = q.front().first;int curY = q.front().second; q.pop(); for (int i = 0; i < 4; i++){int newX = curX + d[i][0];int newY = curY + d[i][1];if (inArea(newX, newY) && board[newX][newY] == 'O'){q.push( make_pair(newX, newY) );board[newX][newY] = 'M';}}}return;}public:void solve(vector<vector<char>>& board) {m = board.size();if (m == 0)return;n = board[0].size();if (n == 0)return;//遍历左右两列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);}//遍历上下两行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);}//将未被标记成M的O变成X，并把M变回Ofor (int i = 0; i < m; i++){for (int j = 0; j < n; j++){if (board[i][j] == 'O')board[i][j] = 'X';if (board[i][j] == 'M')board[i][j] = 'O';}}return;}
};利用DFS来解决
可以看到BFS要将矩阵遍历多次，时间复杂度就上去了。
下面提供一种更为有意思的思路（虽然是有些问题的~）
大致思路为先找到一个 O 并将其变成 X，如果这个 O 利用DFS可以走到边缘，那么在再把它变回 O，然后再继续找没有被遍历过的 O。
代码如下：
class Solution {
private:int m;int n;vector<vector<bool>> visited;int d[4][2] = {{0,1}, {1,0}, {0,-1}, {-1,0}};private:bool inArea(int x, int y){return x >= 0 && y >= 0 && x < m && y < n;}bool dfs(vector<vector<char>> &board, int x, int y){visited[x][y] = true;board[x][y] = 'X';for (int i = 0; i < 4; i++){int newX = x + d[i][0];int newY = y + d[i][1];if (!inArea(newX, newY)){board[x][y] = 'O';return false;}if (board[newX][newY] == 'O' && !dfs(board, newX, newY)){board[x][y] = 'O';return false;}}return true;}public:void solve(vector<vector<char>>& board) {m = board.size();if (m <= 0)return;n = board[0].size();visited = vector<vector<bool>>(m, vector<bool>(n, false));int changedRegion = 0;for (int i = 0; i < m; i++){for (int j = 0; j < n; j++){if (board[i][j] == 'O' && !visited[i][j])if(dfs(board, i, j))changedRegion++;}}return;}
};怎么样？这个思路是不是很有意思？这个代码在LEETCODE上运行会得到一个RUMTIME ERROR，原因是因为递归层数太多了，栈溢出了。
不过初次之外，还存在一个逻辑上的漏洞，比如一个很简单的测试用例：
XXXX XXXX XXXX
XOOX 用原问题中的代码会得到 XOXX 正确的应该是 XOOX
XOXX ----------------------> XOXX ------------> XOXX
XOXX XOXX XOXX也就是说有一些 O 点会被误认为是被surrounded的点，被欺骗了~具体的和d[4][2]中的值的顺序有关，但不管顺序如何，都会有这种情况发生。
所以，还是得从边界出发来往内部DFS，虽然这样遍历的情况会变多，但也没办法，下面是我改进后的代码，虽然仍旧无法解决栈溢出的问题，但至少这次的逻辑应该是没问题了~
class Solution {
private:int m;int n;vector<vector<bool>> visited;int d[4][2] = {{0,1}, {1,0}, {0,-1}, {-1,0}};private:bool inArea(int x, int y){return x >= 0 && y >= 0 && x < m && y < n;}void dfs(vector<vector<char>> &board, int x, int y){visited[x][y] = true;for (int i = 0; i < 4; i++){int newX = x + d[i][0];int newY = y + d[i][1];if (!inArea(newX, newY))continue;if (board[newX][newY] == 'O' && !visited[newX][newY])dfs(board, newX, newY);}return;}public:void solve(vector<vector<char>>& board) {m = board.size();if (m <= 2)return;n = board[0].size();if (n <= 2)return;visited = vector<vector<bool>>(m, vector<bool>(n, false));for (int i = 1; i < m - 1; i++){if (board[i][0] == 'O' && !visited[i][0])dfs(board, i, 0);if (board[i][n - 1] == 'O' && !visited[i][n - 1])dfs(board, i, n - 1);}for (int i = 1; i < n - 1; i++){if (board[0][i] == 'O' && !visited[0][i])dfs(board, 0, i);if (board[m - 1][i] == 'O' && !visited[m - 1][i])dfs(board, m - 1, i);}for (int i = 1; i < m - 1; i++){for (int j = 1; j < n - 1; j++){if (board[i][j] == 'O' && !visited[i][j])board[i][j] = 'X';}}return;}
};结束语
此题用BFS做是比较常规的揭发，我之所以提供无法通过的DFS的做法是希望在思路上给出一个新的角度~
如有不足，还请指正~
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