DFS_leetcode.130.被围绕的区域

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🌸题目

给定一个二维的矩阵，包含 ‘X’ 和 ‘O’（字母 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:

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X X X X
X O O X
X X O X
X O X X

运行你的函数后，矩阵变为：

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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。

分析

这道题我们拿到基本就可以确定是图的 dfs、bfs 遍历的题目了。题目中解释说被包围的区间不会存在于边界上，所以我们会想到边界上的 O 要特殊处理，只要把边界上的 O 特殊处理了，那么剩下的 O 替换成 XX 就可以了。问题转化为，如何寻找和边界联通的 O，我们需要考虑如下情况。

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X X X X
X O O X
X X O X
X O O X

这时候的0不做替换的。因为和边界是连通的。为了记录这种状态,我们把这
种情况下的O换成#作为占位符,待搜索结束之后，遇到O替换为X (和边界
不连通的O) ;遇倒#,替换回$O(和边界连通的0)。
如何寻找和边界联通的O?从边界出发,对图进行dfs 和bfs 即呵。这里简单
总结下dfs和bfs

  • bfs递归。可以想想二叉树中如何递归的进行序遍历。
  • bfs递归。一般用队列存储。
  • dfs递归。最常用，如二叉树的先序遍历。
  • dfs非递归。一般用stack。

那么基于上面这种想法，我们有四种方式实现。

解法一：DFS

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class Solution {
    public void solve(char[][] board) {
        if (board == null || board.length == 0) return;
        int m = board.length;
        int n = board[0].length;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 从边缘o开始搜索
                boolean isEdge = i == 0 || j == 0 || i == m - 1 || j == n - 1;
                if (isEdge && board[i][j] == 'O') {
                    dfs(board, i, j);
                }
            }
        }

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
                if (board[i][j] == '#') {
                    board[i][j] = 'O';
                }
            }
        }
    }

    public void dfs(char[][] board, int i, int j) {
        if (i < 0 || j < 0 || i >= board.length  || j >= board[0].length || board[i][j] == 'X' || board[i][j] == '#') {
            // board[i][j] == '#' 说明已经搜索过了. 
            return;
        }
        board[i][j] = '#';
        dfs(board, i - 1, j); // 上
        dfs(board, i + 1, j); // 下
        dfs(board, i, j - 1); // 左
        dfs(board, i, j + 1); // 右
    }
}

解法二： DFS非递归

非递归的方式，我们需要记录每- -次遍历过的位置 ，我们用stack 来记录，因
为它先进后出的特点。而位置我们定义一一个内部类Pos 来标记横坐标和纵坐
标。注意的是，在写非递归的时候，我们每次查看stack顶，但是并不出stack
，直到这个位置上下左右都搜索不到的时候出Stack

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class Solution {
    public class Pos{
        int i;
        int j;
        Pos(int i, int j) {
            this.i = i;
            this.j = j;
        }
    }
    public void solve(char[][] board) {
        if (board == null || board.length == 0) return;
        int m = board.length;
        int n = board[0].length;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 从边缘第一个是o的开始搜索
                boolean isEdge = i == 0 || j == 0 || i == m - 1 || j == n - 1;
                if (isEdge && board[i][j] == 'O') {
                    dfs(board, i, j);
                }
            }
        }

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
                if (board[i][j] == '#') {
                    board[i][j] = 'O';
                }
            }
        }
    }

    public void dfs(char[][] board, int i, int j) {
        Stack<Pos> stack = new Stack<>();
        stack.push(new Pos(i, j));
        board[i][j] = '#';
        while (!stack.isEmpty()) {
            // 取出当前stack 顶, 不弹出.
            Pos current = stack.peek();
            // 上
            if (current.i - 1 >= 0 
                && board[current.i - 1][current.j] == 'O') {
                stack.push(new Pos(current.i - 1, current.j));
                board[current.i - 1][current.j] = '#';
              continue;
            }
            // 下
            if (current.i + 1 <= board.length - 1 
                && board[current.i + 1][current.j] == 'O') {
                stack.push(new Pos(current.i + 1, current.j));
                board[current.i + 1][current.j] = '#';      
                continue;
            }
            // 左
            if (current.j - 1 >= 0 
                && board[current.i][current.j - 1] == 'O') {
                stack.push(new Pos(current.i, current.j - 1));
                board[current.i][current.j - 1] = '#';
                continue;
            }
            // 右
            if (current.j + 1 <= board[0].length - 1 
                && board[current.i][current.j + 1] == 'O') {
                stack.push(new Pos(current.i, current.j + 1));
                board[current.i][current.j + 1] = '#';
                continue;
            }
            // 如果上下左右都搜索不到,本次搜索结束，弹出stack
            stack.pop();
        }
    }
}

解法三：BFS非递归

dfs非递归的时候我们用stack来记录状态，而bfs 非递归,我们则用队列来记录状态。和dfs 不同的是，dfs 中搜索上下左右,只要搜索到一一个满足条件,我们就顺着该方向继续搜索,所以你可以看到dfs代码中，只要满足条件，就入Stack ,
然后cont inue本次搜索,进行下一次搜索,直到搜索到没有满足条件的时候出stack 。而dfs 中，我们要把上下左右满足条件的都入队，所以搜索的时候就不能continue 。大家可以对比下两者的代码，体会bfs和dfs 的差异。

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class Solution {
    public class Pos{
        int i;
        int j;
        Pos(int i, int j) {
            this.i = i;
            this.j = j;
        }
    }
    public void solve(char[][] board) {
        if (board == null || board.length == 0) return;
        int m = board.length;
        int n = board[0].length;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 从边缘第一个是o的开始搜索
                boolean isEdge = i == 0 || j == 0 || i == m - 1 || j == n - 1;
                if (isEdge && board[i][j] == 'O') {
                    bfs(board, i, j);
                }
            }
        }

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
                if (board[i][j] == '#') {
                    board[i][j] = 'O';
                }
            }
        }
    }

    public void bfs(char[][] board, int i, int j) {
        Queue<Pos> queue = new LinkedList<>();
        queue.add(new Pos(i, j));
        board[i][j] = '#';
        while (!queue.isEmpty()) {
            Pos current = queue.poll();
            // 上
            if (current.i - 1 >= 0 
                && board[current.i - 1][current.j] == 'O') {
                queue.add(new Pos(current.i - 1, current.j));
                board[current.i - 1][current.j] = '#';
              	// 没有continue.
            }
            // 下
            if (current.i + 1 <= board.length - 1 
                && board[current.i + 1][current.j] == 'O') {
                queue.add(new Pos(current.i + 1, current.j));
                board[current.i + 1][current.j] = '#';      
            }
            // 左
            if (current.j - 1 >= 0 
                && board[current.i][current.j - 1] == 'O') {
                queue.add(new Pos(current.i, current.j - 1));
                board[current.i][current.j - 1] = '#';
            }
            // 右
            if (current.j + 1 <= board[0].length - 1 
                && board[current.i][current.j + 1] == 'O') {
                queue.add(new Pos(current.i, current.j + 1));
                board[current.i][current.j + 1] = '#';
            }
        }
    }
}

BFS 递归

bfs 一般我们不会去涉及，而且比较绕，之前我们唯一 A 过的用 bfs 递归的方式是层序遍历二叉树的时候可以用递归的方式。

并查集

并查集这种数据结构好像大家不太常用，实际上很有用，我在实际的 production code 中用过并查集。并查集常用来解决连通性的问题，即将一个图中连通的部分划分出来。当我们判断图中两个点之间是否存在路径时，就可以根据判断他们是否在一个连通区域。 而这道题我们其实求解的就是和边界的 O 在一个连通区域的的问题。

并查集的思想就是，同一个连通区域内的所有点的根节点是同一个。将每个点映射成一个数字。先假设每个点的根节点就是他们自己，然后我们以此输入连通的点对，然后将其中一个点的根节点赋成另一个节点的根节点，这样这两个点所在连通区域又相互连通了。
并查集的主要操作有：

  • find(int m)：这是并查集的基本操作，查找 m 的根节点。
  • isConnected(int m,int n)：判断 m，n 两个点是否在一个连通区域。
  • union(int m,int n):合并 m，，n 两个点所在的连通区域。
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class UnionFind {
    int[] parents;

    public UnionFind(int totalNodes) {
        parents = new int[totalNodes];
        for (int i = 0; i < totalNodes; i++) {
            parents[i] = i;
        }
    }
		// 合并连通区域是通过find来操作的, 即看这两个节点是不是在一个连通区域内.
    void union(int node1, int node2) {
        int root1 = find(node1);
        int root2 = find(node2);
        if (root1 != root2) {
            parents[root2] = root1;
        }
    }

    int find(int node) {
        while (parents[node] != node) {
            // 当前节点的父节点 指向父节点的父节点.
            // 保证一个连通区域最终的parents只有一个.
            parents[node] = parents[parents[node]];
            node = parents[node];
        }

        return node;
    }

    boolean isConnected(int node1, int node2) {
        return find(node1) == find(node2);
    }
}

我们的思路是把所有边界上的 O 看做一个连通区域。遇到 O 就执行并查集合并操作，这样所有的 O 就会被分成两类

  • 和边界上的 O 在一个连通区域内的。这些 O我们保留。
  • 不和边界上的 O 在一个连通区域内的。这些 O 就是被包围的，替换。

由于并查集我们一般用一维数组来记录，方便查找 parants，所以我们将二维坐标用 node 函数转化为一维坐标。

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public void solve(char[][] board) {
        if (board == null || board.length == 0)
            return;

        int rows = board.length;
        int cols = board[0].length;

        // 用一个虚拟节点, 边界上的O 的父节点都是这个虚拟节点
        UnionFind uf = new UnionFind(rows * cols + 1);
        int dummyNode = rows * cols;

        for (int i = 0; i < rows; i++) {
            for (int j = 0; j < cols; j++) {
                if (board[i][j] == 'O') {
                    // 遇到O进行并查集操作合并
                    if (i == 0 || i == rows - 1 || j == 0 || j == cols - 1) {
                        // 边界上的O,把它和dummyNode 合并成一个连通区域.
                        uf.union(node(i, j), dummyNode);
                    } else {
                        // 和上下左右合并成一个连通区域.
                        if (i > 0 && board[i - 1][j] == 'O')
                            uf.union(node(i, j), node(i - 1, j));
                        if (i < rows - 1 && board[i + 1][j] == 'O')
                            uf.union(node(i, j), node(i + 1, j));
                        if (j > 0 && board[i][j - 1] == 'O')
                            uf.union(node(i, j), node(i, j - 1));
                        if (j < cols - 1 && board[i][j + 1] == 'O')
                            uf.union(node(i, j), node(i, j + 1));
                    }
                }
            }
        }

        for (int i = 0; i < rows; i++) {
            for (int j = 0; j < cols; j++) {
                if (uf.isConnected(node(i, j), dummyNode)) {
                    // 和dummyNode 在一个连通区域的,那么就是O；
                    board[i][j] = 'O';
                } else {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }

    int node(int i, int j) {
        return i * cols + j;
    }
}

题解出自@Ac_pipe

最后，不经历风雨,怎能在计算机的大山之顶看见彩虹呢！ 无论怎样，相信明天一定会更好！！！！！

-------------本文结束感谢您的阅读-------------
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