DFS解决floodfill算法

本文主要是介绍DFS解决floodfill算法，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

1. 图像渲染

算法原理：

这题不需要创建visit数组去记录使用过的节点，因为我每次dfs都尝试修改image数组的值，当下一次遍历到当前节点时target != image[x][y]，这也就间接的帮我们记录了使用过的节点。

class Solution {
public:int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};int m, n, target;void dfs(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color){image[sr][sc] = color; // 染色for(int k = 0; k < 4; k++){int x = sr + dx[k];int y = sc + dy[k];if(x >= 0 && x < m&& y >= 0 && y < n&& target == image[x][y]){dfs(image, x, y, color);}}}vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {if(image[sr][sc] == color) return image;m = image.size(), n = image[0].size();target = image[sr][sc];dfs(image, sr, sc, color);return image;}
};

2. 岛屿数量

算法原理：
dfs负责将陆地1周围的连通区域(上下左右是1的区域)标记为true，当周围遇到了海洋0，dfs终止。此时，在函数外侧则去统计岛屿的数目(区域是1，并且区域未被标记)。

class Solution {
public:int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};bool vis[301][301];int m, n;int ret;// dfs只是负责将与1的连通区域标记一下, 方便找陆地的时候只记录一次void dfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) {vis[i][j] = true;for(int k = 0; k < 4; k++){int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& grid[x][y] == '1' && vis[x][y] == false){dfs(grid, x, y);}}}int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {m = grid.size(), n = grid[0].size();// 找有多少块岛屿for(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++)// 找到陆地, 且当前位置未被标记过if(grid[i][j] == '1' && vis[i][j] == false){ret++;dfs(grid, i, j);}return ret;}
};

3. 岛屿的最大面积

理解了上一题怎么写之后，这题仍然是一样的原理。只不过统计的不是岛屿的数量，而是岛屿中的最大面积。

class Solution {
public:int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};bool vis[301][301];int m, n;int MaxArea, area;// dfs只是负责将与1的连通区域标记一下, 方便找陆地的时候只记录一次void dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j) {vis[i][j] = true, area++;for(int k = 0; k < 4; k++){int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& grid[x][y] == 1 && vis[x][y] == false){dfs(grid, x, y);}}}int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {   m = grid.size(), n = grid[0].size();// 找有多少块岛屿for(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++)// 找到了下一块岛屿if(grid[i][j] == 1 && vis[i][j] == false){dfs(grid, i, j);MaxArea = max(MaxArea, area);area = 0;}return MaxArea;}
};

4. 被围绕的区域

算法原理：
方法一：直接法
这道题的难点是如何处理边界区域的'o'不被替换为 'X'，而被 'X'包围的区域则被替换。
如果只是将'o'替换为 'X'，那很简单，直接进行深度优先遍历即可；如果我们想处理边界区域不被替换，我们也可以进行深度优先遍历，只不过遇到了非法区域我们就采用回溯还原原先的状态。但是实现起来较为复杂，下面介绍第二种方法。
方法二：间接法
先处理外围区域，遍历外围区域，当遇到'o'时，我们采用dfs，将所有的'o'替换为'.'，这样就将边界区域的情况给处理了。再遍历整个区域，遇到'.'则替换回'o'；遇到'o'将所有的'o'替换为'X'，这样就自然而然的将边界区域和内部区域分开处理了。

class Solution {
public:int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};int m, n;void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j){board[i][j] = '.';for(int k = 0; k < 4; k++){int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& board[x][y] == 'O'){dfs(board, x, y);}}}void solve(vector<vector<char>>& board) {m = board.size(), n = board[0].size();// step1: 先遍历外围区域, 将边界的 'O' 全部修改成 '.'for(int i = 0; i < n; i++){if(board[0][i] == 'O') dfs(board, 0, i);if(board[m-1][i] == 'O') dfs(board, m-1, i);}for(int i = 1; i < m - 1; i++){if(board[i][0] == 'O') dfs(board, i, 0);if(board[i][n-1] == 'O') dfs(board, i, n-1);}// step2: 再遍历整个区域for(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++)if(board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';else if(board[i][j] == '.') board[i][j] = 'O';}
};

5. 太平洋大西洋水流问题

理解题意：
这道题的意思就是，水流只能往节点值比当前值小或者等于的方向流动。我要找到一个下标，使得这个水流既能流往大西洋，又能流往太平洋。

解法一：直接法
算法原理：
对整个二维数组的每一个元素进行判断，判断其是否能汇入太平洋和大西洋。以一个元素为例，如图元素5的dfs过程中：用一个vis数组记录使用过的节点，并且dfs只能往节点值较低的或者相等的去搜。整个递归结束后，对vis数组进行判别，从而确定该节点是否为所需求的节点。

缺点是部分测试用例会超时。原因在于，1.每个节点的搜索存在着重复的搜索

class Solution {
public:int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};int m, n;void dfs(vector<vector<int>>& heights, int i, int j, vector<vector<bool>>& vis){vis[i][j] = true; // 标记海水遍历过的地方for(int k = 0; k < 4; k++){int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& heights[x][y] <= heights[i][j] // 水往低处流, 所以是小于等于&& vis[x][y] == false){dfs(heights, x, y, vis);}}}// 判断遍历得到的vis数组bool checkvis(vector<vector<bool>>& vis){// 保证vis的左边界或者上边界有true && vis的右边界或者下边界有true// flag1表示是否能流入太平洋bool flag1 = false;for(int j = 0; j < n; j++) {if(vis[0][j] == true) {flag1 = true;break;}}for(int i = 0; i < m; i++){if(vis[i][0] == true) {flag1 = true;break;}}// flag2表示是否能流入大西洋bool flag2 = false;for(int j = 0; j < n; j++){if(vis[m-1][j] == true) {flag2 = true;break;}}for(int i = 0; i < m; i++){if(vis[i][n-1] == true) {flag2 = true;break;}}// 将vis数组的所有值清0, 方便对下一个节点进行dfsfor(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++)vis[i][j] = false;return flag1 && flag2;}vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {m = heights.size(), n = heights[0].size();vector<vector<bool>> vis(m, vector<bool>(n));vector<vector<int>> result;for(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++){dfs(heights, i, j, vis);if(checkvis(vis)) result.push_back({i, j});}return result;}
};

解法二：间接法
算法原理：逆向思维
从二维数组的边界开始搜索，当后面的节点的值 >= 当前节点的值就往后面搜索。创建两个vis数组，第一个vis数组负责从太平洋海岸(二维数组左边界和上边界)开始搜索；第二个vis数组负责从大西洋海岸(二维数组右边界和下边界)开始搜索。搜索完之后两个vis数组都有从边界搜索到达的最远位置被标记，找到两个vis数组公共位置都被标记为true的即为既可流向太平洋也可流向大西洋 。
如下图以边界的两个数为例子，得到(3, 1)和(2, 2)为两个vis数组公共位置，它们既可以流入太平洋也可以流入大西洋。

class Solution {
public:int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};int m, n;void dfs(vector<vector<int>>& heights, int i, int j, vector<vector<bool>>& vis){vis[i][j] = true; // 标记海水遍历过的地方for(int k = 0; k < 4; k++){int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& heights[x][y] >= heights[i][j]&& vis[x][y] == false){dfs(heights, x, y, vis);}}}vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {m = heights.size(), n = heights[0].size();// 0. 创建两个vis数组vector<vector<bool>> Pac(m, vector<bool>(n));vector<vector<bool>> Atl(m, vector<bool>(n));// 1. 先处理太平洋for(int j = 0; j < n; j++) dfs(heights, 0, j, Pac); // 第0行for(int i = 0; i < m; i++) dfs(heights, i, 0, Pac); // 第0列// 2. 再处理大西洋for(int j = 0; j < n; j++) dfs(heights, m-1, j, Atl); // 第m-1行for(int i = 0; i < m; i++) dfs(heights, i, n-1, Atl); // 第n-1列// 3. 判断两个xis数组是否有重复的部分vector<vector<int>> result;for(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++)if(Pac[i][j] == Atl[i][j] && Atl[i][j] == true) result.push_back({i, j});return result;}
};

6. 扫雷游戏

**算法原理：**模拟

每到一个节点，就去判断一下周围有无地雷，有地雷就将该节点改为地雷的总数，并回溯；如果周围没有地雷就在当前节点填入B，继续往周围8个节点dfs。

class Solution {
public:int dx[8] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1}; // 上,下,左,右,斜方向int dy[8] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};int m, n;void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j){// 统计周围地雷的个数int count = 0;for (int k = 0; k < 8; k++) {int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'M') {count++;}}// 如果周围有地雷, 将当前格子修改成周围地雷的总数, 再回溯if (count) {board[i][j] = count + '0';return;} else // 周围没有地雷{board[i][j] = 'B';for (int k = 0; k < 8; k++) {int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'E') {dfs(board, x, y);}}}}vector<vector<char>> updateBoard(vector<vector<char>>& board, vector<int>& click) {m = board.size(), n = board[0].size();int x = click[0], y = click[1];if (board[x][y] == 'M') // 刚开始直接点到地雷{board[x][y] = 'X';return board;}dfs(board, x, y);return board;}
};

7. 机器人的运动范围

算法原理：
还是深搜，遇到符合题目要求(行纵坐标的数位之和<=threshold)的节点，就给结果ret增加1；注意细节问题：应避免dfs往回搜，用vis数组标记使用过的节点。

class Solution {
public:int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};int dy[4] = {0, 0, -1, 1};bool vis[101][101];int m, n;int ret;bool CanIn(int threshold, int x, int y){int sum = 0;while(x){sum += x % 10;x /= 10;}while(y){sum += y % 10;y /= 10;}if(sum > threshold) return false;return true;}void dfs(int threshold, int i, int j){vis[i][j] = true;ret++;for(int k = 0; k < 4; k++){int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& CanIn(threshold, x, y)&& vis[x][y] == false){dfs(threshold, x, y);}}}int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {m = rows, n = cols;dfs(threshold, 0, 0);return ret;}
};

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