有没有专业做二手老车的网站,管理信息系统平台,做网站能干什么,设计师网站十大网站排名一、图论问题基础
在 LeetCode 中#xff0c;「岛屿问题」是一个系列系列问题#xff0c;比如#xff1a;
岛屿数量 #xff08;Easy#xff09;岛屿的周长 #xff08;Easy#xff09;岛屿的最大面积 #xff08;Medium#xff09;最大人工岛 #xff08;Hard「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)、(r1, c)、(r, c-1)、(r, c1)。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DFSBFS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(vectorvectorchar 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(vectorvectorchar 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 dj3 code
class Solution {int dirt[4][2] {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};
public:int orangesRotting(vectorvectorint 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queuepairint,intque;//遍历地图for(int i 0;igrid.size();i){for(int j 0;jgrid[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;in;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(i0 igrid.size()j0jgrid[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0visit 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]03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]00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]02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:vectorintvisit;bool dfs(int v,vectorvectorint 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, vectorvectorint prerequisites) {vectorvectorint g(numCourses);visit vectorint(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;inumCourses;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
