【广度优先搜索】图像渲染 && 岛屿数量
【广度优先搜索】图像渲染 && 岛屿数量
733. 图像渲染
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:
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.lengthn == image[i].length1 <= m, n <= 500 <= image[i][j], newColor < 2160 <= sr < m0 <= sc < n
解题思路：BFS
这道题我们在学搜索算法的时候就接触到了，当时说可以使用 dfs 以及 bfs 方法来解决，现在我们就用 bfs 方法来解决它，并且这里对于 floodfill 算法以及这道题的思路就不再解释了，具体可以参考递归专题的笔记，但我相信这道题并不难理解！
其实 bfs 非常简单，就是利用 队列 来实现这个过程！首先将起点位置放到队列中，然后进行循环，直到队列为空则停下来，而在循环过程中，将队头元素取出然后进行修改颜色，然后将对头元素邻近元素也就是上下左右四个元素，根据题目要求将符合的元素加入队列中，达到 bfs 效果！
剩下的就没什么好说的了，具体参考下面代码：
class Solution {
private:
int dx[4] = { 0, 0, 1, -1 };
int dy[4] = { -1, 1, 0, 0 };
public:
vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int newcolor) {
// 1. 因为我们没使用used数组，所以需要先处理一下边界问题，防止死循环
int oldcolor = image[sr][sc];
if(oldcolor == newcolor)
return image;
// 2. 将起点放到队列中
queue<pair<int, int>> bfs;
bfs.push({sr, sc});
while(!bfs.empty())
{
// 3. 将队头元素取出然后进行修改颜色
auto [x, y] = bfs.front();
bfs.pop();
image[x][y] = newcolor;
// 4. 将对头元素邻近元素根据要求加入队列中，达到bfs效果
for(int i = 0; i < 4; ++i)
{
int newx = x + dx[i], newy = y + dy[i];
if(newx >= 0 && newy >= 0 && newx < image.size() && newy < image[newx].size() && image[newx][newy] == oldcolor)
bfs.push({newx, newy});
}
}
return image;
}
};200. 岛屿数量
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.lengthn == grid[i].length1 <= m, n <= 300grid[i][j]的值为'0'或'1'
解题思路：广度优先遍历
这道题具体思路可以参考递归专题中的笔记，这里不再赘述！
使用 bfs 来解决问题，其实思路都是一样的，以每个元素为起点找寻所有的岛屿，并且记录数量，当遇到 1 的时候，则将记录数量增加，然后进行广度优先遍历，将 1 修改为 0。然后继续遍历二维数组直到岛屿都找到了为止！
这里我们采用的修改方式是直接修改原数组，如果不直接修改原数组也是可以的，就得用一个 used 数组来判断是否走过，都是一样的套路，这里就不演示了！
此外，我们将 {i, j} 邻近的符合要求的节点添加到队列中时，就要将其从 1 改为 0，这样子可以减少许多不必要的重复遍历操作，并且不这么做的话，这道题也是会超时的！
class Solution {
private:
int dx[4] = { 0, 0, 1, -1 };
int dy[4] = { -1, 1, 0, 0 };
public:
int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
// 以每个元素为起点找寻所有的岛屿，并且记录数量
int ret = 0;
for(int i = 0; i < grid.size(); ++i)
{
for(int j = 0; j < grid[i].size(); ++j)
{
if(grid[i][j] == '1')
{
ret++;
bfs(grid, i, j); // 进行广度优先遍历，将'1'修改为'0'
}
}
}
return ret;
}
void bfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j)
{
queue<pair<int, int>> qe;
qe.push({i, j});
grid[i][j] = '0';
while(!qe.empty())
{
auto [x, y] = qe.front();
qe.pop();
for(int k = 0; k < 4; ++k)
{
int newx = x + dx[k], newy = y + dy[k];
if(newx >= 0 && newy >= 0 && newx < grid.size() && newy < grid[newx].size() && grid[newx][newy] == '1')
{
qe.push({newx, newy});
grid[newx][newy] = '0'; // 提前将邻近节点改为'0'，可以减少许多不必要的重复
}
}
}
}
};腾讯云开发者
