题目描述

题目链接：200.岛屿数量

PS:注意题目中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。也就是说斜角是不算了， 例如示例二，是三个岛屿。

算法原理

这道题目是 DFS，BFS，并查集，基础题目，因为本博客属于BFS专题，所以只会讲解如何用BFS解决，具体如下：
遍历整个矩阵，每次找到⼀块陆地的时候：

• 说明找到⼀个岛屿，记录到最终结果 ret ⾥⾯；
• 并且将这个陆地相连的所有陆地，也就是这块岛屿，全部变成海洋。这样的话，我们下次遍历到这块岛屿的时候，它已经是海洋了，不会影响最终结果。（PS：可以在原数组上改也可以用一个 bool 类型的visited数组标记，笔试可以直接改，面试能不能改需要询问面试官）
• 其中变成海洋的操作，可以利⽤深搜和宽搜解决，其实就是 733. 图像渲染这道题~

这样，当我们，遍历完全部的矩阵的时候， ret 存的就是最终结果。

三个箭头是每次遇到新岛屿的时候，将vis数组标记为true，剩下的在陆地在每次q.push的时候标记为true。

不少同学用广搜做这道题目的时候超时了。 就是因为这里有一个广搜中很重要的细节：根本原因是只要加入队列就代表走过，就需要标记，而不是从队列拿出来的时候再去标记走过。

很多同学可能说这有区别吗？
如果从队列拿出节点，再去标记这个节点走过，就会发生这样的结果，会导致很多节点重复加入队列。

代码实现

C++

class Solution {typedef pair<int, int> PII;int dx[4] = {0, 0, -1, 1};int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};bool vis[301][301];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) {if (grid[i][j] == '1' && !vis[i][j]){bfs(grid, i, j);ret++;}}}return ret;}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 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;}}}}
};

Java

class Solution {int[] dx = { 0, 0, -1, 1 };int[] dy = { 1, -1, 0, 0 };boolean[][] vis = new boolean[301][301];int m, n;public int numIslands(char[][] grid) {m = grid.length;n = grid[0].length;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, i, j);}}}return ret;}public void bfs(char[][] grid, int i, int j) {Queue<int[]> q = new LinkedList<>();q.add(new int[] { i, j });vis[i][j] = true;while (!q.isEmpty()) {int[] t = q.poll();int a = t[0], b = t[1];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.add(new int[] { x, y });vis[x][y] = true;}}}}
}