LeetCode 200. 岛屿数量

Posted 2021-09-08 ZSYL

LeetCode 200. 岛屿数量

• 题目描述
• 方法一：深度优先搜索
• 方法二：广度优先搜索
• 方法三：并查集

题目描述

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

方法一：深度优先搜索

我们可以将二维网格看成一个无向图，竖直或水平相邻的 1 之间有边相连。

为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则以其为起始节点开始进行深度优先搜索。在深度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 0。

最终岛屿的数量就是我们进行深度优先搜索的次数。

class Solution {
    static int[] orient = {1, 0, -1, 0, 1};
    public int numIslands(char[][] grid) {
        if (grid == null || grid.length == 0) {
            return 0;
        }
        // 获取数组的行列大小
        int nr = grid.length;
        int nc = grid[0].length;
        int num_islands = 0;
        for (int r = 0; r < nr; r++) {
            for (int c = 0; c < nc; ++c) {
                // 遍历每一个陆地
                if (grid[r][c] == '1') {
                    num_islands++;
                    dfs(grid, r, c);    
                }
            }
        }
        return num_islands;
    }
    public void dfs(char[][] grid, int r, int c) {
        int nr = grid.length;
        int nc = grid[0].length;
        // 递归结束条件
        if (r < 0 || c < 0 || r >= nr || c >= nc || grid[r][c] == '0') 
            return;
        // 反之就标记为0，代表已访问
        grid[r][c] = '0';
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            dfs(grid, r + orient[i], c + orient[i+1]);
        }
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(MN)，其中 M 和 N 分别为行数和列数。
• 空间复杂度：O(MN)，在最坏情况下，整个网格均为陆地，深度优先搜索的深度达到 MN。

方法二：广度优先搜索

同样地，我们也可以使用广度优先搜索代替深度优先搜索。

为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则将其加入队列，开始进行广度优先搜索。在广度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 0。直到队列为空，搜索结束。

最终岛屿的数量就是我们进行广度优先搜索的次数。

class Solution {
    static int[] orient = {1, 0, -1, 0, 1};
    public int numIslands(char[][] grid) {
        if (grid == null || grid.length == 0) {
            return 0;
        }
        int nr = grid.length;
        int nc = grid[0].length;
        int num_islands = 0; 
        for (int r = 0; r < nr; ++r) {
            for (int c = 0; c < nc; ++c) {
                if (grid[r][c] == '1') {  // 若当前元素值为1
                     ++num_islands;  // 岛屿数量++
                    grid[r][c] = '0';  // 将当前元素设置为0，表示已经访问
                    Queue<Integer> neighbors = new LinkedList<>();
                    neighbors.add(r * nc + c);  // 将当前元素加入队列
                    // 循环迭代直到队列为空
                    while (!neighbors.isEmpty()) {  
                        int id = neighbors.remove();
                        int row = id / nc;
                        int col = id % nc;
                        // 遍历四个方向，若有元素为1则加入队列
                        for (int i = 0; i < 4; i++) {
                            int rr = row + orient[i];
                            int cc = col + orient[i+1];
                            if (rr < 0 || cc < 0 || rr >= nr || cc >= nc || grid[rr][cc] == '0') {
                                continue;
                            } else {
                                neighbors.add(rr * nc + cc);
                                grid[rr][cc] = '0';
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return num_islands;
    }
}

r * nc + c
int row = id / nc;
int col = id % nc;

真的是巧妙极了！

力扣大佬出奇迹，长见识！小菜鸡我又会一招！

复杂度分析

• 时间复杂度：O(MN)，其中 M 和 N 分别为行数和列数。
• 空间复杂度：O(min(M,N))，在最坏情况下，整个网格均为陆地，队列的大小可以达到 min(M,N)。

方法三：并查集

同样地，我们也可以使用并查集代替搜索。

为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则将其与相邻四个方向上的 1 在并查集中进行合并。

最终岛屿的数量就是并查集中连通分量的数目。

class Solution {
    class UnionFind {
        int count;
        int[] parent;
        int[] rank;

        public UnionFind(char[][] grid) {
            count = 0;
            int m = grid.length;
            int n = grid[0].length;
            parent = new int[m * n];
            rank = new int[m * n];
            for (int i = 0; i < m; ++i) {
                for (int j = 0; j < n; ++j) {
                    if (grid[i][j] == '1') {
                        parent[i * n + j] = i * n + j;
                        ++count;
                    }
                    rank[i * n + j] = 0;
                }
            }
        }

        public int find(int i) {
            if (parent[i] != i) parent[i] = find(parent[i]);
            return parent[i];
        }

        public void union(int x, int y) {
            int rootx = find(x);
            int rooty = find(y);
            if (rootx != rooty) {
                if (rank[rootx] > rank[rooty]) {
                    parent[rooty] = rootx;
                } else if (rank[rootx] < rank[rooty]) {
                    parent[rootx] = rooty;
                } else {
                    parent[rooty] = rootx;
                    rank[rootx] += 1;
                }
                --count;
            }
        }

        public int getCount() {
            return count;
        }
    }

    public int numIslands(char[][] grid) {
        if (grid == null || grid.length == 0) {
            return 0;
        }

        int nr = grid.length;
        int nc = grid[0].length;
        int num_islands = 0;
        UnionFind uf = new UnionFind(grid);
        for (int r = 0; r < nr; ++r) {
            for (int c = 0; c < nc; ++c) {
                if (grid[r][c] == '1') {
                    grid[r][c] = '0';
                    if (r - 1 >= 0 && grid[r-1][c] == '1') {
                        uf.union(r * nc + c, (r-1) * nc + c);
                    }
                    if (r + 1 < nr && grid[r+1][c] == '1') {
                        uf.union(r * nc + c, (r+1) * nc + c);
                    }
                    if (c - 1 >= 0 && grid[r][c-1] == '1') {
                        uf.union(r * nc + c, r * nc + c - 1);
                    }
                    if (c + 1 < nc && grid[r][c+1] == '1') {
                        uf.union(r * nc + c, r * nc + c + 1);
                    }
                }
            }
        }

        return uf.getCount();
    }
}