岛屿类问题通用解法与DFS框架

Posted 2022-06-29 bitcarmanlee

参考链接:
https://leetcode.cn/problems/number-of-islands/solution/dao-yu-lei-wen-ti-de-tong-yong-jie-fa-dfs-bian-li-/

看到一个岛屿类问题的通用解法文章，总结得比较到位通俗易懂。在此基础上，本人进行进一步总结与加工，同时用c++进行代码实现。

1.网格类问题的 DFS 遍历方法

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。

网格问题是由 m * 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。
在这样一个设定下，就出现了各种岛屿问题的变种，包括岛屿的数量、面积、周长等。不过这些问题，基本都可以用 DFS 遍历来解决。

2.DFS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 case
    if (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。

因此，网格DFS遍历的框架代码为

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;

3.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 case
    if (!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。

4.leetcode 200 Number of Islands

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。

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

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

如果套用上面的框架，我们可以比较容易想到下面的解法
扫描整个二维网格，如果某个位置为1，则以其为起点进行DFS。在进行DFS过程中，每次搜索到1，都会被标记成为0，避免重复搜素。

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;

bool inArea(vector<vector<string>> &grid, int r, int c) 
    return r>=0 && r<grid.size() && c>=0 && c<grid[0].size();


void dfs(vector<vector<string>> &grid, int r, int c) 
    if (!inArea(grid, r, c))  return;
    if (grid[r][c]=="0") return;
    grid[r][c] = "0";
    dfs(grid, r-1, c);
    dfs(grid, r+1, c);
    dfs(grid, r, c-1);
    dfs(grid, r, c+1);


void run() 
    //vector<vector<string>> grid = "1","1","1","1","0", "1","1","0","1","0", 
    //                                "1","1","0","0","0", "0","0","0","0","0";
    vector<vector<string>> grid = "1","1","0","0","0", "1","1","0","0","0",
                                    "0","0","1","0","0", "0","0","0","1","1";
    int row = grid.size(), col = grid[0].size();
    int ansnum = 0;
    for(int i=0; i<row; i++) 
        for(int j=0; j<col; j++) 
            if (grid[i][j]=="1") 
                ansnum++;
                dfs(grid, i, j);
            
        
    
    cout<<"ansnum is: "<<ansnum<<endl;


int main(int argc, char const *argv[])

    run();
    return 0;

上面的代码中，inArea就是判断bad case。如果不在area区域内，直接返回。

if (grid[r][c]==“0”)，说明不是岛屿，直接返回。
grid[r][c] = “0”， 则是将岛屿标记为已遍历，避免后面重复遍历。

4. leetcode 695 Max Area of Island

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid 。
岛屿 是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。
岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。
计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0 。

示例 1：

输入：grid = [[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
输出：6
解释：答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;

bool inArea(vector<vector<int>> &grid, int r, int c) 
    return r>=0 && r<grid.size() && c>=0 && c<grid[0].size();


int dfs(vector<vector<int>> &grid, int r, int c) 
    if (!inArea(grid, r, c)) 
        return 0;
    
    if (grid[r][c] != 1) 
        return 0;
    
    grid[r][c] = 0;
    return 1 + dfs(grid, r-1, c)+dfs(grid, r+1, c)+dfs(grid, r, c-1)+dfs(grid, r, c+1);


void run() 
    vector<vector<int>> grid = 0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0,
    0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0,
    0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,
    0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0;

    int maxarea = 0;
    int row=grid.size(), col=grid[0].size();
    for(int i=0; i<row; i++) 
        for(int j=0; j<col; j++) 
            if (grid[i][j]==1) 
                int curarea = dfs(grid,i,j);
                maxarea = max(curarea, maxarea);
            
        
    
    std::cout<<"maxarea is: "<<maxarea<<endl;


int main(int argc, char const *argv[])

    run();
    return 0;

与前面求岛屿个数的唯一在于，dfs过程中求面积时，如果遇到1，则当前岛屿的面积在四个方向dfs并将面积加1。

5.LeetCode 463. Island Perimeter

给定一个 row x col 的二维网格地图 grid ，其中：grid[i][j] = 1 表示陆地， grid[i][j] = 0 表示水域。
网格中的格子 水平和垂直 方向相连（对角线方向不相连）。整个网格被水完全包围，但其中恰好有一个岛屿（或者说，一个或多个表示陆地的格子相连组成的岛屿）。
岛屿中没有“湖”（“湖” 指水域在岛屿内部且不和岛屿周围的水相连）。格子是边长为 1 的正方形。网格为长方形，且宽度和高度均不超过 100 。计算这个岛屿的周长。

示例 1：

输入：grid = [[0,1,0,0],[1,1,1,0],[0,1,0,0],[1,1,0,0]]
输出：16
解释：它的周长是上面图片中的 16 个黄色的边

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;

bool isArea(vector<vector<int>> grid, int r, int c) 
    return r>=0 && r<grid.size() && c>=0 && c<grid[0].size();


int dfs(vector<vector<int>> grid, int r, int c) 
    // 出了岛的边界范围，周长加1
    if (!isArea(grid, r, c)) 
        return 1;
    
    // 此时碰到的是海水，周长加1
    if (grid[r][c] == 0) 
        return 1;
    
    if (grid[r][c] != 1) 
        return 0;
    
    // 注意此时不能赋值为0
    grid[r][c] = -1;
    return dfs(grid, r-1, c)+dfs(grid, r+1, c)+dfs(grid, r, c-1)+dfs(grid, r, c+1);


void run() 
    vector<vector<int>> grid = 0,1,0,0, 1,1,1,0, 0,1,0,0, 1,1,0,0;
    int result = 0;
    for(int i=0; i<grid.size(); i++) 
        for(int j=0; j<grid[0].size(); j++) 
            if (grid[i][j]==1) 
                result = dfs(grid, i, j);
            
        
    
    cout<<"result is: "<<result<<endl;


int main(int argc, char const *argv[])

    run();
    return 0;

大致的思路也是与上面相同，唯一的不同点，在于周长的计算逻辑，具体可以参考代码中注释。