DFS办理floodfill算法

1. 图像渲染

算法原理：

这题不必要创建visit数组去记录利用过的节点，由于我每次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利用过的节点。

1. class Solution {
2. public:
3.     int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
4.     int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
5.     int m, n, target;
6.     void dfs(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color)
7.     {
8.         image[sr][sc] = color; // 染色
9.         for(int k = 0; k < 4; k++)
10.         {
11.             int x = sr + dx[k];
12.             int y = sc + dy[k];
13.             if(x >= 0 && x < m
14.                 && y >= 0 && y < n
15.                 && target == image[x][y])
16.             {
17.                 dfs(image, x, y, color);
18.             }
19.         }
20.     }
21.     vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {
22.         if(image[sr][sc] == color) return image;
23.         m = image.size(), n = image[0].size();
24.         target = image[sr][sc];
26.         dfs(image, sr, sc, color);
27.         return image;
28.     }
29. };

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2. 岛屿数目

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)标志为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，并且区域未被标志)。

1. class Solution {
2. public:
3.     int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
4.     int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
5.     bool vis[301][301];
6.     int m, n;
7.     int ret;
8.     // 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
9.     void dfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j)
10.     {
11.         vis[i][j] = true;
12.         for(int k = 0; k < 4; k++)
13.         {
14.             int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
15.             if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
16.                 && grid[x][y] == '1' && vis[x][y] == false)
17.             {
18.                 dfs(grid, x, y);
19.             }
20.         }
21.     }
22.     int numIslands(vector<vector<char>>& grid)
23.     {
24.         m = grid.size(), n = grid[0].size();
25.         // 找有多少块岛屿
26.         for(int i = 0; i < m; i++)
27.             for(int j = 0; j < n; j++)
28.                 // 找到陆地, 且当前位置未被标记过
29.                 if(grid[i][j] == '1' && vis[i][j] == false)
30.                 {
31.                     ret++;
32.                     dfs(grid, i, j);
33.                 }
34.         return ret;
35.     }
36. };

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3. 岛屿的最大面积

理解了上一题怎么写之后，这题仍旧是一样的原理。只不外统计的不是岛屿的数目，而是岛屿中的最大面积。

1. class Solution {
2. public:
3.     int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
4.     int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
5.     bool vis[301][301];
6.     int m, n;
7.     int MaxArea, area;
8.     // 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
9.     void dfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j)
10.     {
11.         vis[i][j] = true, area++;
12.         for(int k = 0; k < 4; k++)
13.         {
14.             int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
15.             if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
16.                 && grid[x][y] == 1 && vis[x][y] == false)
17.             {
18.                 dfs(grid, x, y);
19.             }
20.         }
21.     }
22.     int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {   
23.         m = grid.size(), n = grid[0].size();
24.         // 找有多少块岛屿
25.         for(int i = 0; i < m; i++)
26.             for(int j = 0; j < n; j++)
27.                 // 找到了下一块岛屿
28.                 if(grid[i][j] == 1 && vis[i][j] == false)
29.                 {
30.                     dfs(grid, i, j);
31.                     MaxArea = max(MaxArea, area);
32.                     area = 0;
33.                 }
34.         return MaxArea;
35.     }
36. };

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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界限区域的'o'不被替换为 'X'，而被 'X'困绕的区域则被替换。
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；如果我们想处理界限区域不被替换，我们也可以进行深度优先遍历，只不外遇到了非法区域我们就接纳回溯还原原先的状态。但是实现起来较为复杂，下面先容第二种方法。
方法二：间接法
先处理外围区域，遍历外围区域，当遇到'o'时，我们接纳dfs，将全部的'o'替换为'.'，这样就将界限区域的环境给处理了。再遍历整个区域，遇到'.'则替换回'o'；遇到'o'将全部的'o'替换为'X'，这样就自然而然的将界限区域和内部区域分开处理了。

1. class Solution {
2. public:
3.     int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
4.     int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
5.     int m, n;
6.     void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j)
7.     {
8.         board[i][j] = '.';
9.         for(int k = 0; k < 4; k++)
10.         {
11.             int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
12.             if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
13.                 && board[x][y] == 'O')
14.             {
15.                 dfs(board, x, y);
16.             }
17.         }
18.     }
19.     void solve(vector<vector<char>>& board)
20.     {
21.         m = board.size(), n = board[0].size();
22.         // step1: 先遍历外围区域, 将边界的 'O' 全部修改成 '.'
23.         for(int i = 0; i < n; i++)
24.         {
25.             if(board[0][i] == 'O') dfs(board, 0, i);
26.             if(board[m-1][i] == 'O') dfs(board, m-1, i);
27.         }
28.         for(int i = 1; i < m - 1; i++)
29.         {
30.             if(board[i][0] == 'O') dfs(board, i, 0);
31.             if(board[i][n-1] == 'O') dfs(board, i, n-1);
32.         }
34.         // step2: 再遍历整个区域
35.         for(int i = 0; i < m; i++)
36.             for(int j = 0; j < n; j++)
37.                 if(board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
38.                 else if(board[i][j] == '.') board[i][j] = 'O';
39.     }
40. };

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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便是的方向活动。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数组记录利用过的节点，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。缘故原由在于，1.每个节点的搜索存在着重复的搜索

1. class Solution {
2. public:
3.     int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
4.     int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
5.     int m, n;
6.     void dfs(vector<vector<int>>& heights, int i, int j, vector<vector<bool>>& vis)
7.     {
8.         vis[i][j] = true; // 标记海水遍历过的地方
9.         for(int k = 0; k < 4; k++)
10.         {
11.             int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
12.             if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
13.                 && heights[x][y] <= heights[i][j] // 水往低处流, 所以是小于等于
14.                 && vis[x][y] == false)
15.             {
16.                 dfs(heights, x, y, vis);
17.             }
18.         }
19.     }
20.     // 判断遍历得到的vis数组
21.     bool checkvis(vector<vector<bool>>& vis)
22.     {
23.         // 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
24.         // flag1表示是否能流入太平洋
25.         bool flag1 = false;
26.         for(int j = 0; j < n; j++) {
27.             if(vis[0][j] == true) {
28.                 flag1 = true;
29.                 break;
30.             }
31.         }
32.         for(int i = 0; i < m; i++){
33.             if(vis[i][0] == true) {
34.                 flag1 = true;
35.                 break;
36.             }
37.         }
38.         // flag2表示是否能流入大西洋
39.         bool flag2 = false;
40.         for(int j = 0; j < n; j++){
41.             if(vis[m-1][j] == true) {
42.                 flag2 = true;
43.                 break;
44.             }
45.         }
46.         for(int i = 0; i < m; i++){
47.             if(vis[i][n-1] == true) {
48.                 flag2 = true;
49.                 break;
50.             }
51.         }
52.         // 将vis数组的所有值清0, 方便对下一个节点进行dfs
53.         for(int i = 0; i < m; i++)
54.             for(int j = 0; j < n; j++)
55.                 vis[i][j] = false;
56.         return flag1 && flag2;
57.     }
58.     vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights)
59.     {
60.         m = heights.size(), n = heights[0].size();
61.         vector<vector<bool>> vis(m, vector<bool>(n));
63.         vector<vector<int>> result;
64.         for(int i = 0; i < m; i++)
65.             for(int j = 0; j < n; j++)
66.             {
67.                 dfs(heights, i, j, vis);
68.                 if(checkvis(vis)) result.push_back({i, j});
69.             }
70.                     
71.         return result;
72.     }
73. };

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解法二：间接法
算法原理：逆向思维
从二维数组的界限开始搜索，当后面的节点的值 >= 当前节点的值就今后面搜索。创建两个vis数组，第一个vis数组负责从太平洋海岸(二维数组左界限和上界限)开始搜索；第二个vis数组负责从大西洋海岸(二维数组右界限和下界限)开始搜索。搜索完之后两个vis数组都有从界限搜索到达的最远位置被标志，找到两个vis数组公共位置都被标志为true的即为既可流向太平洋也可流向大西洋 。
如下图以界限的两个数为例子，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。

1. class Solution {
2. public:
3.     int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
4.     int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
5.     int m, n;
6.     void dfs(vector<vector<int>>& heights, int i, int j, vector<vector<bool>>& vis)
7.     {
8.         vis[i][j] = true; // 标记海水遍历过的地方
9.         for(int k = 0; k < 4; k++)
10.         {
11.             int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
12.             if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
13.                 && heights[x][y] >= heights[i][j]
14.                 && vis[x][y] == false)
15.             {
16.                 dfs(heights, x, y, vis);
17.             }
18.         }
19.     }
20.     vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights)
21.     {
22.         m = heights.size(), n = heights[0].size();
23.         // 0. 创建两个vis数组
24.         vector<vector<bool>> Pac(m, vector<bool>(n));
25.         vector<vector<bool>> Atl(m, vector<bool>(n));
26.         // 1. 先处理太平洋
27.         for(int j = 0; j < n; j++) dfs(heights, 0, j, Pac); // 第0行
28.         for(int i = 0; i < m; i++) dfs(heights, i, 0, Pac); // 第0列
29.         // 2. 再处理大西洋
30.         for(int j = 0; j < n; j++) dfs(heights, m-1, j, Atl); // 第m-1行
31.         for(int i = 0; i < m; i++) dfs(heights, i, n-1, Atl); // 第n-1列
32.         // 3. 判断两个xis数组是否有重复的部分
33.         vector<vector<int>> result;
34.         for(int i = 0; i < m; i++)
35.             for(int j = 0; j < n; j++)
36.                 if(Pac[i][j] == Atl[i][j] && Atl[i][j] == true)
37.                     result.push_back({i, j});
38.         return result;
39.     }
40. };

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6. 扫雷游戏

**算法原理：**模仿

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。

1. class Solution {
2. public:
3.     int dx[8] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1}; // 上,下,左,右,斜方向
4.     int dy[8] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};
5.     int m, n;
6.     void dfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j)
7.     {
8.         // 统计周围地雷的个数
9.         int count = 0;
10.         for (int k = 0; k < 8; k++)
11.         {
12.             int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
13.             if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'M') {
14.                 count++;
15.             }
16.         }
17.         // 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
18.         if (count)
19.         {
20.             board[i][j] = count + '0';
21.             return;
22.         }
23.         else // 周围没有地雷
24.         {
25.             board[i][j] = 'B';
26.             for (int k = 0; k < 8; k++)
27.             {
28.                 int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
29.                 if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'E')
30.                 {
31.                     dfs(board, x, y);
32.                 }
33.             }
34.         }
35.     }
36.     vector<vector<char>> updateBoard(vector<vector<char>>& board, vector<int>& click) {
37.         m = board.size(), n = board[0].size();
38.         int x = click[0], y = click[1];
39.         if (board[x][y] == 'M') // 刚开始直接点到地雷
40.         {
41.             board[x][y] = 'X';
42.             return board;
43.         }
44.         dfs(board, x, y);
45.         return board;
46.     }
47. };

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7. 机器人的运动范围

算法原理：
照旧深搜，遇到符合题目要求(行纵坐标的数位之和<=threshold)的节点，就给效果ret增长1；注意细节问题：应克制dfs往回搜，用vis数组标志利用过的节点。

1. class Solution {
2. public:
3.     int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
4.     int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
5.     bool vis[101][101];
6.     int m, n;
7.     int ret;
8.     bool CanIn(int threshold, int x, int y)
9.     {
10.         int sum = 0;
11.         while(x)
12.         {
13.             sum += x % 10;
14.             x /= 10;
15.         }
16.         while(y)
17.         {
18.             sum += y % 10;
19.             y /= 10;
20.         }
21.         if(sum > threshold) return false;
22.         return true;
23.     }
24.     void dfs(int threshold, int i, int j)
25.     {
26.         vis[i][j] = true;
27.         ret++;
28.         for(int k = 0; k < 4; k++)
29.         {
30.             int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
31.             if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n
32.                 && CanIn(threshold, x, y)
33.                 && vis[x][y] == false)
34.             {
35.                 dfs(threshold, x, y);
36.             }
37.         }
38.     }
39.     int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
40.         m = rows, n = cols;
41.         dfs(threshold, 0, 0);
42.         return ret;
43.     }
44. };

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