一、图论问题基础

在 LeetCode 中，「岛屿问题」是一个系列系列问题，比如：

• 岛屿数量 （Easy）
• 岛屿的周长 （Easy）
• 岛屿的最大面积 （Medium）
• 最大人工岛 （Hard）
  我们所熟悉的 DFS（深度优先搜索）问题通常是在树或者图结构上进行的。而我们今天要讨论的 DFS 问题，是在一种「网格」结构中进行的。岛屿问题是这类网格 DFS 问题的典型代表。网格结构遍历起来要比二叉树复杂一些，如果没有掌握一定的方法，DFS 代码容易写得冗长繁杂。

网格类问题的 DFS 遍历方法
网格问题的基本概念
我们首先明确一下岛屿问题中的网格结构是如何定义的，以方便我们后面的讨论。

网格问题是由 m×nm \times nm×n 个小方格组成一个网格，每个小方格与其上下左右四个方格认为是相邻的，要在这样的网格上进行某种搜索。

岛屿问题是一类典型的网格问题。每个格子中的数字可能是 0 或者 1。我们把数字为 0 的格子看成海洋格子，数字为 1 的格子看成陆地格子，这样相邻的陆地格子就连接成一个岛屿。

DFS 的基本结构
网格结构要比二叉树结构稍微复杂一些，它其实是一种简化版的图结构。要写好网格上的 DFS 遍历，我们首先要理解二叉树上的 DFS 遍历方法，再类比写出网格结构上的 DFS 遍历。我们写的二叉树 DFS 遍历一般是这样的：

void traverse(TreeNode root) {// 判断 base caseif (root == null) {return;}// 访问两个相邻结点：左子结点、右子结点traverse(root.left);traverse(root.right);
}

可以看到，二叉树的 DFS 有两个要素：「访问相邻结点」和「判断 base case」。

第一个要素是访问相邻结点。二叉树的相邻结点非常简单，只有左子结点和右子结点两个。二叉树本身就是一个递归定义的结构：一棵二叉树，它的左子树和右子树也是一棵二叉树。那么我们的 DFS 遍历只需要递归调用左子树和右子树即可。

第二个要素是 判断 base case。一般来说，二叉树遍历的 base case 是 root == null。这样一个条件判断其实有两个含义：一方面，这表示 root 指向的子树为空，不需要再往下遍历了。另一方面，在 root == null 的时候及时返回，可以让后面的 root.left 和 root.right 操作不会出现空指针异常。

对于网格上的 DFS，我们完全可以参考二叉树的 DFS，写出网格 DFS 的两个要素：

首先，网格结构中的格子有多少相邻结点？答案是上下左右四个。对于格子 (r, c) 来说（r 和 c 分别代表行坐标和列坐标），四个相邻的格子分别是 (r-1, c)、(r+1, c)、(r, c-1)、(r, c+1)。换句话说，网格结构是「四叉」的。

其次，网格 DFS 中的 base case 是什么？从二叉树的 base case 对应过来，应该是网格中不需要继续遍历、grid[r][c] 会出现数组下标越界异常的格子，也就是那些超出网格范围的格子。

这一点稍微有些反直觉，坐标竟然可以临时超出网格的范围？这种方法我称为「先污染后治理」—— 甭管当前是在哪个格子，先往四个方向走一步再说，如果发现走出了网格范围再赶紧返回。这跟二叉树的遍历方法是一样的，先递归调用，发现 root == null 再返回。

这样，我们得到了网格 DFS 遍历的框架代码：

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {// 判断 base case// 如果坐标 (r, c) 超出了网格范围，直接返回if (!inArea(grid, r, c)) {return;}// 访问上、下、左、右四个相邻结点dfs(grid, r - 1, c);dfs(grid, r + 1, c);dfs(grid, r, c - 1);dfs(grid, r, c + 1);
}// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {return 0 <= r && r < grid.length && 0 <= c && c < grid[0].length;
}

如何避免重复遍历
网格结构的 DFS 与二叉树的 DFS 最大的不同之处在于，遍历中可能遇到遍历过的结点。这是因为，网格结构本质上是一个「图」，我们可以把每个格子看成图中的结点，每个结点有向上下左右的四条边。在图中遍历时，自然可能遇到重复遍历结点。

这时候，DFS 可能会不停地「兜圈子」，永远停不下来，如下图所示：

如何避免这样的重复遍历呢？答案是标记已经遍历过的格子。以岛屿问题为例，我们需要在所有值为 1 的陆地格子上做 DFS 遍历。每走过一个陆地格子，就把格子的值改为 2，这样当我们遇到 2 的时候，就知道这是遍历过的格子了。也就是说，每个格子可能取三个值：

0 —— 海洋格子
1 —— 陆地格子（未遍历过）
2 —— 陆地格子（已遍历过）
我们在框架代码中加入避免重复遍历的语句：

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {// 判断 base caseif (!inArea(grid, r, c)) {return;}// 如果这个格子不是岛屿，直接返回if (grid[r][c] != 1) {return;}grid[r][c] = 2; // 将格子标记为「已遍历过」// 访问上、下、左、右四个相邻结点dfs(grid, r - 1, c);dfs(grid, r + 1, c);dfs(grid, r, c - 1);dfs(grid, r, c + 1);
}// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {return 0 <= r && r < grid.length && 0 <= c && c < grid[0].length;
}

这样，我们就得到了一个岛屿问题、乃至各种网格问题的通用 DFS 遍历方法。以下所讲的几个例题，其实都只需要在 DFS 遍历框架上稍加修改而已。

小贴士：
在一些题解中，可能会把「已遍历过的陆地格子」标记为和海洋格子一样的 0，美其名曰「陆地沉没方法」，即遍历完一个陆地格子就让陆地「沉没」为海洋。这种方法看似很巧妙，但实际上有很大隐患，因为这样我们就无法区分「海洋格子」和「已遍历过的陆地格子」了。如果题目更复杂一点，这很容易出 bug。

二、200. 岛屿数量

1 题目

2 解题思路

（1）网格问题其实是一种特殊的四叉树，我们可以使用DFS，BFS来解这道题。
（2）使用‘2’或’0’来标记已经遍历过的陆地。

3 code

class Solution {
public:int rowCount;int colCount;int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {this->rowCount = grid.size();this->colCount = grid[0].size();// 用来记录岛屿数量int num_islands = 0;for (int row = 0; row < rowCount; row++) {for (int col = 0; col < colCount; col++) {// 如果当前位置是岛屿的一部分if (grid[row][col] == '1') {// 岛屿数量增加num_islands++;// 从当前位置开始执行DFS, 标记整个岛屿DFS(grid, row, col);}}}return num_islands;}void DFS(vector<vector<char>>& grid, int row, int col) {// 将当前位置标记为'0', 表示已访问grid[row][col] = '2';// 检查并递归访问当前点的上下左右四个相邻点if (row - 1 >= 0 && grid[row - 1][col] == '1') DFS(grid, row - 1, col);if (row + 1 < rowCount && grid[row + 1][col] == '1') DFS(grid, row + 1, col);if (col - 1 >= 0 && grid[row][col - 1] == '1') DFS(grid, row, col - 1);if (col + 1 < colCount && grid[row][col + 1] == '1') DFS(grid, row, col + 1);}
};

三、994. 腐烂的橘子

1 题目

2 解题思路 广度优先搜索（BFS）

（1）首先分别将腐烂的橘子和新鲜的橘子保存在两个集合中；
（2）模拟广度优先搜索的过程，方法是判断在每个腐烂橘子的四个方向上是否有新鲜橘子，如果有就腐烂它。每腐烂一次时间加 111，并剔除新鲜集合里腐烂的橘子；
（3）当橘子全部腐烂时结束循环。

注：一般使用如下方法实现四个方向的移动：

# 设初始点为 (i, j)
for di, dj in [(0, 1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0)]: # 上、下、左、右i + di, j + dj

3 code

class Solution {int dirt[4][2] = {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};
public:int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {//记录所需要腐烂的分钟int min = 0;//记录新鲜橘子的数量int fresh = 0;//记录腐烂水果坐标queue<pair<int,int>>que;//遍历地图for(int i = 0;i<grid.size();i++){for(int j = 0;j<grid[0].size();j++){if(grid[i][j]==1){fresh++;}else if (grid[i][j] ==2){que.push({i,j});}}}while(!que.empty()){int n = que.size();bool rotten = false;//遍历队列一层的元素for(int i= 0;i<n;i++){auto x = que.front();   //保存腐烂元素的坐标que.pop();      //出队列for(auto cur: dirt){int i = x.first + cur[0];   //更新x的坐标int j = x.second + cur[1];  //更新y的坐标//向四个方向遍历if(i>=0 && i<grid.size()&&j>=0&&j<grid[0].size()&&grid[i][j]==1){grid[i][j] = 2;     //更新坐标que.push({i,j});    //加入队列fresh--;            //新鲜数量减一rotten = true;      //标记遍历完一层}}}if(rotten) min++; //遍历完一层，记录+1}return fresh ? -1:min;}
};

四、207. 课程表

1 题目

2 解题思路

（1）题目给的用例不太明显。的另外举例子。输入：3，[ [0,1] , [1,2] , [2,0] ]，对于这个用例。我把图画出来。

按照示例的解释是这样的：总共有 3 门课程。学习课程 2 之前，你需要先完成​课程 0；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1。学习课程 1 之前，你需要先完成​课程 2。这是不可能的。
仔细观察就发现，这个图是有向图，并且形成了一个环。（从n点出发，最终还能回到n点），所以返回false
那这个题目就变成了：
判断有向图，是否有环。 有返回false，没有返回true
（2）那我怎么用深度优先遍历（dfs）判断有向图是否有环呢。其实很简单。
如果你写过深度优先搜索遍历。那就很简单了。
拿邻接表来解释深度优先未免有些复杂，我再画一张图
输入：4，[ [0,2], [1,0], [1,3], [3,0] ]

为了清晰起见，我解释一下dfs的过程。

设置一个visit数组（开节点个数），初始为0，visit =1 表示被访问过了。

我们要对每一个点进行一次深度遍历，看它是否形成环。

对 3 dfs：
visit[3]=0，3没被标记过，标记visit[3]=1， 对3进行dfs，访问和3相连接的所有点（0），
visit[0]=0，0没被标记过，标记visit[0]=1， 对0进行dfs，访问和0相连接的所有点(2)，
visit[2]=0，2没被标记过，标记visit[2]=1， 对2进行dfs，访问和2相连接的所有点
（没有和2相连接的点，dfs终止，并没有环，返回true， 开始回溯）

对 2 dfs：…
对 1 dfs：…
对 0 dfs：…

回溯的时候要把visit还原为0。

递归你们都应该清楚，太麻烦就省略了，总之就是访问一个节点，就对它所有相连接的点进行dfs，这个是深度遍历的标准思路。只是加了个标记数组。

性能上的优化：我们可以在回溯的时候，把visit设置为-1，表示这个点之前已经被访问过了，走这点没环。
这样我们进入dfs后，如果visit等于 -1 ,直接返回true。

这个性能优化提速是非常明显的。虽然没优化也能通过。

3 code

class Solution {
public:vector<int>visit;bool dfs(int v,vector<vector<int>>& g){if (g[v].size() == 0)   //没相邻的节点了，返回truereturn true;if (visit[v] == -1)   //走这节点没环，返回truereturn true;if (visit[v] == 1)  //被标记过了，存在环，返回falsereturn false;visit[v] = 1;  //标记bool res = true;for (int i = 0; i < g[v].size(); i++)  //访问v节点的所有相连接的节点，对于每个节点都进行dfs{res = dfs(g[v][i], g);if (res == false)break;}visit[v] =-1 ;  //回溯时设置visit为-1return res;}bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {vector<vector<int>> g(numCourses);visit = vector<int>(numCourses + 1, 0);//建立有向邻接表for (int i = 0; i < prerequisites.size(); i++)g[prerequisites[i][0]].push_back(prerequisites[i][1]);bool res = true;for(int i =0;i<numCourses;i++)  //对每个节的所有相连接的点进行dfs（深度优先遍历）for (int j = 0; j < g[i].size(); j++){res = dfs(g[i][j], g);if (res == false)return res;}return res;}
};

五、208. 实现Trie（前缀树）

1 题目

2 解题思路

3 code