【算法专题】FloodFill 算法_网站优化分享

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FloodFill 算法

1. 图像渲染

题目链接 -> Leetcode -773.图像渲染

Leetcode -773.图像渲染

题目：有一幅以 m x n 的二维整数数组表示的图画 image ，其中 image[i][j] 表示该图画的像素值大小。

你也被给予三个整数 sr, sc 和 newColor 。你应该从像素 image[sr][sc] 开始对图像进行上色填充。

为了完成上色工作，从初始像素开始，记录初始坐标的上下左右四个方向上像素值与初始坐标相同的相连像素点，

接着再记录这四个方向上符合条件的像素点与他们对应四个方向上像素值与初始坐标相同的相连像素点，……，重复该过程。

将所有有记录的像素点的颜色值改为 newColor 。

最后返回经过上色渲染后的图像。

示例 1：

【算法专题】FloodFill 算法,在这里插入图片描述,第1张

输入: image = [[1, 1, 1], [1, 1, 0], [1, 0, 1]] ，sr = 1, sc = 1, newColor = 2

输出 : [[2, 2, 2], [2, 2, 0], [2, 0, 1]]

解析 : 在图像的正中间，(坐标(sr, sc) = (1, 1)), 在路径上所有符合条件的像素点的颜色都被更改成2。

注意，右下角的像素没有更改为2，因为它不是在上下左右四个方向上与初始点相连的像素点。

示例 2 :

输入 : image = [[0, 0, 0], [0, 0, 0]], sr = 0, sc = 0, newColor = 2

输出 : [[2, 2, 2], [2, 2, 2]]

提示 :

m == image.length
n == image[i].length
1 <= m, n <= 50
0 <= image[i][j], newColor < 216
0 <= sr < m
0 <= sc < n
思路：利用深搜，遍历到与该点相连的所有「像素相同的点」，然后将其修改成指定的像素即可。

代码如下：
```
		class Solution 
		{
		    int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
		    int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
		    int m, n;
		public:
		    vector> floodFill(vector>& image, int sr, int sc, int color) 
		    {
		        if(image[sr][sc] == color) return image;
		
		        m = image.size(), n = image[0].size();
		        dfs(image, sr, sc, color, image[sr][sc]);
		
		        // 最后更改入口坐标的颜色
		        image[sr][sc] = color;
		        return image;
		    }
		
		    void dfs(vector>& image, int row, int col, int newcolor, int color)
		    {
		        image[row][col] = newcolor;    // 更改颜色
		
		        // 判断当前位置上下左右位置
		        for(int k = 0; k < 4; k++)
		        {
		            int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == color)
		            {
		                dfs(image, x, y, newcolor, color);
		            }
		        }
		    }
		};
```
2. 岛屿数量

题目链接 -> Leetcode -200.岛屿数量

Leetcode -200.岛屿数量

题目：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

提示：
- m == grid.length
- n == grid[i].length
- 1 <= m, n <= 300
- grid[i][j] 的值为 ‘0’ 或 ‘1’
  思路：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。
  - 其中「变成海洋」的操作，可以利用「深搜」和「宽搜」解决，其实就是图像渲染这道题了
    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。
    
    代码如下：
```
		class Solution 
		{
		    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
		    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
		    vector> vis;
		    int m, n;
		public:
		    int numIslands(vector>& grid) 
		    {
		        int ret = 0;
		        m = grid.size(), n = grid[0].size();
		        vis.resize(m, vector(n));
		
		        for(int i = 0; i < m; i++)
		        {
		            for(int j = 0; j < n; j++)
		            {
		                if(!vis[i][j] && grid[i][j] == '1')
		                {
		                    // 以 i，j 为岛屿中心开始扩散，统计岛屿数量
		                    ret++;  
		                    dfs(grid, i, j);
		                }
		            }
		        }
		        return ret;
		    }
		
		    void dfs(vector>& grid, int row, int col)
		    {
		        vis[row][col] = true;
		
		        for(int k = 0; k < 4; k++)
		        {
		            int x = row + dx[k], y = col + dy[k];
		            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && grid[x][y] == '1')
		            {
		                dfs(grid, x, y);
		            }
		        }
		    }
		};
```
    3. 岛屿的最大面积
    
    题目链接 -> Leetcode -695.岛屿的最大面积
    
    Leetcode -695.岛屿的最大面积
    
    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 。
    
    示例 2：
    输入：grid = [[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]]
    输出：0
    
    提示：
    - m == grid.length
    - n == grid[i].length
    - 1 <= m, n <= 50
    - grid[i][j] 为 0 或 1
      思路：
      - 遍历整个矩阵，每当遇到一块土地的时候，就用「深搜」或者「宽搜」将与这块土地相连的「整个岛屿」的面积积计算出来。
      - 然后在搜索得到的「所有的岛屿面积」求一个「最大值」即可。
      - 在搜索过程中，为了「防止搜到重复的土地」：
        可以开一个同等规模的「布尔数组」，标记一下这个位置是否已经被访问过；也可以将原始矩阵的 1 修改成 0 ，但是这样操作会修改原始矩阵。
        代码如下：
        
        class Solution { int dx[4] = {0, 0, -1, 1}; int dy[4] = {1, -1, 0, 0}; bool vis[50][50]; int ret, m, n, area; public: int maxAreaOfIsland(vector>& grid) { m = grid.size(), n = grid[0].size(); for(int i = 0; i < m; i++) { for(int j = 0; j < n; j++) { if(!vis[i][j] && grid[i][j] == 1) { area = 0; vis[i][j] = true; dfs(grid, i, j); ret = max(ret, area); } } } return ret; } void dfs(vector>& grid, int row, int col) { area++; for(int k = 0; k < 4; k++) { int x = row + dx[k], y = col + dy[k]; if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] && !vis[x][y]) { vis[x][y] = true; dfs(grid, x, y); } } } };
        
        4. 被围绕的区域
        
        题目链接 -> Leetcode -130.被围绕的区域
        
        Leetcode -130.被围绕的区域
        
        题目：给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 ‘X’ 和 ‘O’ ，找到所有被 ‘X’ 围绕的区域，并将这些区域里所有的 ‘O’ 用 ‘X’ 填充。
        
        示例 1：
        
        输入：board = [
        [“X”, “X”, “X”, “X”],
        [“X”, “O”, “O”, “X”],
        [“X”, “X”, “O”, “X”],
        [“X”, “O”, “X”, “X”]
        ]
        输出： [
        [“X”, “X”, “X”, “X”],
        [“X”, “X”, “X”, “X”],
        [“X”, “X”, “X”, “X”],
        [“X”, “O”, “X”, “X”]
        ]
        解释：被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 ‘O’ 都不会被填充为 ‘X’。
        任何不在边界上，或不与边界上的 ‘O’ 相连的 ‘O’ 最终都会被填充为 ‘X’。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。
        
        示例 2：
        输入：board = [[“X”]]
        输出： [[“X”]]
        
        提示：
        
        m == board.length
        n == board[i].length
        1 <= m, n <= 200
        board[i][j] 为 ‘X’ 或 ‘O’
        思路：正难则反，可以先利用 dfs 将与边缘相连的 ‘0’ 区域做上标记，然后重新遍历矩阵，将没有标记过的 '0’修改成 ‘X’ 即可。
        
        代码如下：
        
        class Solution { int m, n; int dx[4] = {0, 0, -1, 1}; int dy[4] = {-1, 1, 0, 0}; public: void solve(vector>& board) { m = board.size(), n = board[0].size(); // 1. 把边界的 'O' 相连的联通块，全部修改成 '.' for(int j = 0; j < n; j++) { if(board[0][j] == 'O') dfs(board, 0, j); if(board[m - 1][j] == 'O') dfs(board, m - 1, j); } for(int i = 0; i < m; i++) { if(board[i][0] == 'O') dfs(board, i, 0); if(board[i][n - 1] == 'O') dfs(board, i, n - 1); } // 2.还原，将 '.' 还原成 'O'；不是边界的'O'变成 'X' for(int i = 0; i < m; i++) { for(int j = 0; j < n; j++) { if(board[i][j] == '.') board[i][j] = 'O'; else if(board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X'; } } } void dfs(vector>& board, int row, int col) { board[row][col] = '.'; for(int k = 0; k < 4; k++) { int x = row + dx[k], y = col + dy[k]; if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O') dfs(board, x, y); } } };
        
        5. 太平洋大西洋水流问题
        
        题目链接 -> Leetcode -417.太平洋大西洋水流问题
        
        Leetcode -417.太平洋大西洋水流问题
        
        题目：有一个 m × n 的矩形岛屿，与太平洋和大西洋相邻。 “太平洋” 处于大陆的左边界和上边界，而 “大西洋” 处于大陆的右边界和下边界。
        
        这个岛被分割成一个由若干方形单元格组成的网格。给定一个 m x n 的整数矩阵 heights ， heights[r][c] 表示坐标(r, c) 上单元格高于海平面的高度。
        
        岛上雨水较多，如果相邻单元格的高度小于或等于当前单元格的高度，雨水可以直接向北、南、东、西流向相邻单元格。水可以从海洋附近的任何单元格流入海洋。
        
        返回网格坐标 result 的 2D 列表，其中 result[i] = [ri, ci] 表示雨水从单元格(ri, ci) 流动既可流向太平洋也可流向大西洋。
        
        示例 1：
        
        输入: heights = [
        [1, 2, 2, 3, 5],
        [3, 2, 3, 4, 4],
        [2, 4, 5, 3, 1],
        [6, 7, 1, 4, 5],
        [5, 1, 1, 2, 4]
        ]
        输出 : [[0, 4], [1, 3], [1, 4], [2, 2], [3, 0], [3, 1], [4, 0]]
        
        示例 2：
        输入 : heights = [[2, 1], [1, 2]]
        输出 : [[0, 0], [0, 1], [1, 0], [1, 1]]
        
        提示：
        
        m == heights.length
        n == heights[r].length
        1 <= m, n <= 200
        0 <= heights[r][c] <= 10^5
        思路：正难则反，如果直接去判断某一个位置是否既能到大西洋也能到太平洋，会重复遍历很多路径。所以我们反着来，从大西洋沿岸开始反向 dfs ，这样就能找出那些点可以流向大西洋；同理，从太平洋沿岸也反向 dfs ，这样就能找出那些点可以流向太平洋。那么，被标记两次的点，就是我们要找的结果。
        
        代码如下：
        
        class Solution { int dx[4] = {0, 0, -1, 1}; int dy[4] = {-1, 1, 0, 0}; int m, n; public: vector> pacificAtlantic(vector>& heights) { m = heights.size(), n = heights[0].size(); vector> visA(m, vector(n)); vector> visP(m, vector(n)); vector> ret; // 让太平洋和大西洋的水逆流，即对边界的单元格开始做dfs，分别标记 visA 和 visP 数组 for(int j = 0; j < n; j++) { dfs(heights, 0, j, visP); dfs(heights, m - 1, j, visA); } for(int i = 0; i < m; i++) { dfs(heights, i, 0, visP); dfs(heights, i, n - 1, visA); } // 最终遍历 visA 和 visP，如果都为 true，说明能流入两个洋，加入返回列表中 for(int i = 0; i < m; i++) { for(int j = 0; j < n; j++) { if(visA[i][j] && visP[i][j]) { ret.push_back({i, j}); } } } return ret; } void dfs(vector>& heights, int row, int col, vector>& vis) { vis[row][col] = true; for(int k = 0; k < 4; k++) { int x = dx[k] + row, y = dy[k] + col; if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && heights[row][col] <= heights[x][y]) dfs(heights, x, y, vis); } } };
        
        6. 扫雷游戏
        
        题目链接 -> Leetcode -529.扫雷游戏
        
        Leetcode -529.扫雷游戏
        
        题目：让我们一起来玩扫雷游戏！
        
        给你一个大小为 m x n 二维字符矩阵 board ，表示扫雷游戏的盘面，其中：
        
        ‘M’ 代表一个未挖出的地雷，
        ‘E’ 代表一个未挖出的空方块，
        ‘B’ 代表没有相邻（上，下，左，右，和所有4个对角线）地雷的已挖出的空白方块，数字（‘1’ 到 ‘8’）表示有多少地雷与这块已挖出的方块相邻，
        ‘X’ 则表示一个已挖出的地雷。
        给你一个整数数组 click ，其中 click = [clickr, clickc] 表示在所有未挖出的方块（‘M’ 或者 ‘E’）中的下一个点击位置（clickr 是行下标，clickc 是列下标）。
        
        根据以下规则，返回相应位置被点击后对应的盘面：
        
        如果一个地雷（‘M’）被挖出，游戏就结束了 - 把它改为 ‘X’ 。
        如果一个没有相邻地雷的空方块（‘E’）被挖出，修改它为（‘B’），并且所有和其相邻的未挖出方块都应该被递归地揭露。
        如果一个至少与一个地雷相邻的空方块（‘E’）被挖出，修改它为数字（‘1’ 到 ‘8’ ），表示相邻地雷的数量。
        如果在此次点击中，若无更多方块可被揭露，则返回盘面。
        
        示例 1：
        
        输入：board = [
        [“E”, “E”, “E”, “E”, “E”],
        [“E”, “E”, “M”, “E”, “E”],
        [“E”, “E”, “E”, “E”, “E”],
        [“E”, “E”, “E”, “E”, “E”]
        ], click = [3, 0]
        输出： [
        [“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
        [“B”, “1”, “M”, “1”, “B”],
        [“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
        [“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
        ]
        
        示例 2：
        
        输入：board = [
        [“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
        [“B”, “1”, “M”, “1”, “B”],
        [“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
        [“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
        ], click = [1, 2]
        输出： [
        [“B”, “1”, “E”, “1”, “B”],
        [“B”, “1”, “X”, “1”, “B”],
        [“B”, “1”, “1”, “1”, “B”],
        [“B”, “B”, “B”, “B”, “B”]
        ]
        
        提示：
        
        m == board.length
        n == board[i].length
        1 <= m, n <= 50
        board[i][j] 为 ‘M’、‘E’、‘B’ 或数字 ‘1’ 到 ‘8’ 中的一个
        click.length == 2
        0 <= clickr < m
        0 <= clickc < n
        board[clickr][clickc] 为 ‘M’ 或 ‘E’
        思路：模拟类型的 dfs 题目；首先要搞懂题目要求，也就是游戏规则。从题目所给的点击位置开始，根据游戏规则，来一次 dfs 即可。
        
        代码如下：
        
        class Solution { int dx[8] = {0, 0, 1, -1, 1, 1, -1, -1}; int dy[8] = {1, -1, 0, 0, 1, -1, 1, -1}; int m, n; public: vector> updateBoard(vector>& board, vector& click) { m = board.size(), n = board[0].size(); int x = click[0], y = click[1]; if(board[x][y] == 'M') { board[x][y] = 'X'; return board; } dfs(board, x, y); return board; } void dfs(vector>& board, int row, int col) { int count = 0; // 统计雷 for(int k = 0; k < 8; k++) { int x = row + dx[k], y = col + dy[k]; if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'M') { count++; } } // 如果周围有雷 if(count) { board[row][col] = count + '0'; return; } // 周围无雷 else { board[row][col] = 'B'; for(int k = 0; k < 8; k++) { int x = row + dx[k], y = col + dy[k]; if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'E') { dfs(board, x, y); } } } } };
        
        7. 衣橱整理
        
        题目链接 -> Leetcode -LCR 130.衣橱整理
        
        Leetcode -LCR 130.衣橱整理
        
        题目：家居整理师将待整理衣橱划分为 m x n 的二维矩阵 grid，其中 grid[i][j] 代表一个需要整理的格子。整理师自 grid[0][0] 开始逐行逐列地整理每个格子。
        
        整理规则为：在整理过程中，可以选择向右移动一格或向下移动一格，但不能移动到衣柜之外。同时，不需要整理 digit(i) + digit(j) > cnt 的格子，其中 digit(x) 表示数字 x 的各数位之和。
        
        请返回整理师总共需要整理多少个格子。
        
        示例 1：
        输入：m = 4, n = 7, cnt = 5
        输出：18
        
        提示：
        
        1 <= n, m <= 100
        0 <= cnt <= 20
        思路：我们可以通过「深搜」，从 [0, 0] 点出发，按照题目的「规则」⼀直往 [m - 1, n - 1] 位置走。同时，设置⼀个全局变量。每次走到⼀个合法位置，就将全局变量加一。当我们把所有能走到的路都走完之后，全局变量里面存的就是最终答案。
        
        代码如下：
        
        class Solution { int dx[4] = {0, 0, -1, 1}; int dy[4] = {1, -1, 0, 0}; bool vis[100][100]; int ret; int m, n, k; public: int wardrobeFinishing(int _m, int _n, int _k) { m = _m, n = _n, k = _k; dfs(0, 0); return ret; } void dfs(int row, int col) { ret++; vis[row][col] = true; for(int k = 0; k < 4; k++) { int x = dx[k] + row, y = dy[k] + col; if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !vis[x][y] && Cheak(x, y)) { dfs(x, y); } } } bool Cheak(int x, int y) { int ret = 0; while(x > 0) { ret += x % 10; x /= 10; } while(y > 0) { ret += y % 10; y /= 10; } return ret > k? false : true; } };
        
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