200. 岛屿数量
题目描述
本题就是求 图中 连通分量的个数
求图中 连通分量个数的方法（3 种）：
- DFS
- BFS
- 并查集
DFS
使用标记数组
使用 visited 标记数组，保证图中每个顶点不会重复遍历
class Solution {
// 上下左右 4 个方向
int[] dirx = {-1, 1, 0, 0};
int[] diry = {0, 0, -1, 1};
// 全局变量
int m;
int n;
char[][] grid;
boolean[][] visited;
public int numIslands(char[][] grid) {
if (grid.length == 0) {
return 0;
}
// 全局变量
this.m = grid.length;
this.n = grid[0].length;
System.out.println("m = " + m);
System.out.println("n = " + n);
this.grid = grid;
this.visited = new boolean[m][n];
// visited[0][0] = true;
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (!visited[i][j] && grid[i][j] == '1') {
res++;
dfs(i, j);
}
}
}
return res;
}
public void dfs(int x, int y) {
// 这里其实不用终止条件，因为下面 for 里面就会终止了
// if (x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n) return;
visited[x][y] = true;
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int xx = x + dirx[i];
int yy = y + diry[i];
// 保证 xx 和 yy 没有越界
if (xx < 0 || xx >= m || yy < 0 || yy >= n) {
continue;
}
// 不是岛屿（不是 1），则不遍历
if (grid[xx][yy] == '0') {
continue;
}
// 不能往回走
if (visited[xx][yy]) {
continue;
}
dfs(xx, yy);
// 不用回溯，因为要统计 连通分量个数
}
}
}
不使用标记数组
其实，本题不必要使用 visited 标记数组，直接利用 gird 数组本身 就可以实现“标记” （每个顶点遍历后，就修改为 '0'）
class Solution {
// 上下左右 4 个方向
int[] dirx = {-1, 1, 0, 0};
int[] diry = {0, 0, -1, 1};
// 全局变量
int m;
int n;
char[][] grid;
public int numIslands(char[][] grid) {
if (grid.length == 0) {
return 0;
}
// 全局变量
this.m = grid.length;
this.n = grid[0].length;
this.grid = grid;
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] == '1') {
res++;
dfs(i, j);
}
}
}
return res;
}
public void dfs(int x, int y) {
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int xx = x + dirx[i];
int yy = y + diry[i];
// 保证 xx 和 yy 没有越界，并且新地方 仍然是 “陆地”
if (xx < 0 || xx >= m || yy < 0 || yy >= n || grid[xx][yy] == '0') {
continue;
}
grid[xx][yy] = '0'; // 相当于 visited，这里 防止回头走
dfs(xx, yy);
// 不用回溯，因为要统计 连通分量个数
}
}
}
BFS
类似 DFS，但是 BFS 要借助 队列实现
队列中存放的是值为 '1' 的节点，这里当然也可以 定义一个 class Node，里面有 x，y 两个字段，然后 队列 queue 里面存 Node 类型。
但是，这里可以很巧妙的做法是，将 (x, y) 转换为 x * n + y，然后 queue 里面存 x * n + y 就行
class Solution {
// 上下左右 4 个方向
int[] dirx = {-1, 1, 0, 0};
int[] diry = {0, 0, -1, 1};
// 全局变量
int n;
int m;
char[][] grid;
public int numIslands(char[][] grid) {
// 全局变量
this.m = grid.length;
this.n = grid[0].length;
this.grid = grid;
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] == '1') {
res++;
bfs(i, j);
}
}
}
return res;
}
public void bfs(int startx, int starty) {
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
queue.add(startx * n + starty); // 这里当然也可以 勇哥 class Node，里面有 x，y 两个字段
grid[startx][starty] = '0'; // 标记（否则，会往回走）
while (!queue.isEmpty()) {
int size = queue.size();
// System.out.println(queue);
// System.out.println("size = " + size);
for (int i = 0; i < size; i++) { // 这个 for 可以不要，这里仅仅是为了看 bfs 的遍历情况
int node = queue.poll(); // 取队列元素
int oldx = node / n;
int oldy = node % n;
for (int j = 0; j < 4; j++) { // 找 上下左右 4 个方向的点是否符合条件
// 新的点
int xx = oldx + dirx[j];
int yy = oldy + diry[j];
// 保证 xx 和 yy 没有越界，并且 不会往回走（兜圈子）
if (xx < 0 || xx >= m || yy < 0 || yy >= n || grid[xx][yy] == '0') { // 逻辑短路，grid[xx][yy] == '0' 必须放最后
continue;
}
grid[xx][yy] = '0'; // 标记（这里不用 visited了，防止往回走）
queue.add(xx * n + yy);
}
}
}
}
}
并查集
解决连通性，并查集是一把好手
思路：
- 将相邻的“陆地”（这里只用看 2 个方向（向下、向右））合并，即
union； - 统计
grid中 “水”的个数 （grid[i][j] == ‘0’）waters； - 经过合并相邻“陆地”后 grid 中值为
'1'的个数count- 水的个数，就是 岛屿数量
注意：这里只用走两个方向（因为 外面还有两个 for ）
public class Solution {
// 下、右 2 个方向
int[] dirx = {1, 0};
int[] diry = {0, 1};
// 全局变量
int n;
int m;
char[][] grid;
public int numIslands(char[][] grid) {
// 全局变量
this.m = grid.length;
this.n = grid[0].length;
System.out.println("m = " + m);
System.out.println("n = " + n);
this.grid = grid;
int res = 0;
int waters = 0; // 水 的数量
UnionFindSet unionFindSet = new UnionFindSet(m * n);
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] == '0') {
waters++;
} else { // 陆地
// 只用走两个方向（因为 外面还有两个 for ）
for (int k = 0; k < 2; k++) {
int xx = i + dirx[k];
int yy = j + diry[k];
// 保证 xx 和 yy 没有越界，并且 新地方为陆地
if (xx < 0 || xx >= m || yy < 0 || yy >= n || grid[xx][yy] == '0') {
continue;
}
// System.out.println("-----------------");
unionFindSet.union(getIndex(i, j), getIndex(xx, yy));
}
}
}
}
return unionFindSet.getCount() - waters;
}
public int getIndex(int x, int y) {
return x * n + y; // 不是 x * m + y
}
}
/**
* 并查集
*/
class UnionFindSet {
/**
* 存放当前节点的父亲节点，如果当前节点节点的父节点是自己，则表明该节点是所在集合的 根节点。
* patent[i] 表示 i 的父节点
*/
private int[] parent;
/**
* 用来计算连通分量的个数（连通分量个数：size - count）
*/
private int count;
public UnionFindSet(int size) {
this.count = size;
this.parent = new int[size];
init(size);
}
/**
* 返回 连通分量个数
* @return
*/
public int getCount() {
return count;
}
/**
* 给 parent 初始化
* @param size parent 数组的大小
*/
public void init(int size) {
// 初始化（开始时，每个节点的父亲是自己，表明开始时 自己独立一个门派）
for (int i = 0; i < size; i++) {
parent[i] = i;
}
}
/**
* 查找 x 所在集合的根节点 root（门派掌门人）
* @param x
* @return
*/
public int find(int x) {
int r = x;
// 找 x 所在集合的 根节点。
// patent[i] 表示 i 的父节点。如果当前节点节点的父节点是自己，则表明该节点是所在集合的 根节点。
while (parent[r] != r) { // 找 门派掌门人
r = parent[r]; // 接着找上街，直到找到 当前门派掌门人
}
return r; // 当前集合的 根节点，即门派掌门人
}
/**
* 判断 x 和 y 是否属于同一个集合：
* 如果是，则不做任何操作；
* 否则，将 x 和 y 所在集合 合并（即，把 x 和 y 所在集合的 根节点连接即可）
* @param x
* @param y
*/
public void union(int x, int y) {
System.out.println("(" + x + ", " + y + ")");
int fx = find(x);
int fy = find(y);
// 如果 x 和 y 不属于同一个集合（门派），则合并之
if (fx != fy) {
parent[fx] = fy; // 把 x 集合的 老大（掌门人）当了 y 集合掌门人的 小弟，这样两个集合（门派）就合并了
// 每合并一次，更新 count
count--;
}
}
}
这里不该啊，应该是 并查集没有状态压缩
- 参考 题解