Given a 2D board containing 'X' and 'O', capture all regions surrounded by 'X'.
A region is captured by flipping all 'O's into 'X's in that surrounded region.
For example,
X X X X
X O O X
X X O X
X O X X
After running your function, the board should be:
X X X X
X X X X
X X X X
X O X X
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题目是给定一个char 矩阵，将被包括的O 标记为X。
思路：
遍历整个矩阵，如果遇到O 那么便找出全部与其相连的O，然后判断这个是否需要变换。
这样的实现就是判断麻烦一些，而且会有重复判断，因为需要先找出全部的相连O，再遍历一次判断，然后遍历修改，操作有重复了，下面是我写的代码：
#include <vector>
#include <iostream>
#include <iterator>
using namespace std; class Solution {
public:
void solve(vector<vector<char> > &board) {
int m=board.size();
if(m<) return;
int n=board[].size();
if(n<) return;
vector<vector<bool> > flag;
for(int i=;i<m;i++) flag.push_back(vector<bool>(n,false));
for(int i=;i<m;i++){
for(int j=;j<n;j++){
if(board[i][j]=='X') flag[i][j]=true;
if(board[i][j]=='O'&&flag[i][j]==false)
help_f(i,j,board,flag);
}
}
return ;
}
void help_f(int i,int j,vector<vector<char> > &board,vector<vector<bool> > &flag)
{
// cout<<"Azhu"<<endl;
vector<pair<int,int> > tmp;
tmp.push_back({i,j});
flag[i][j]=true;
int now_idx=,m=board.size(),n=board[].size();
while(now_idx<tmp.size()){
int now_i = tmp[now_idx].first,now_j = tmp[now_idx].second;
if(now_i->=&&board[now_i-][now_j]=='O'&&flag[now_i-][now_j]==false){
tmp.push_back({now_i-,now_j});
flag[now_i-][now_j]=true;
}
if(now_i+<m&&board[now_i+][now_j]=='O'&&flag[now_i+][now_j]==false){
tmp.push_back({now_i+,now_j});
flag[now_i+][now_j]=true;
}
if(now_j->=&&board[now_i][now_j-]=='O'&&flag[now_i][now_j-]==false){
tmp.push_back({now_i,now_j-});
flag[now_i][now_j-]=true;
}
if(now_j+<n&&board[now_i][now_j+]=='O'&&flag[now_i][now_j+]==false){
tmp.push_back({now_i,now_j+});
flag[now_i][now_j+]=true;
}
now_idx++;
}
bool canCapture=true;
now_idx=;
while(canCapture&&now_idx<tmp.size()){
int now_i = tmp[now_idx].first,now_j = tmp[now_idx].second;
if(now_i==||now_i==m-||now_j==||now_j==n-) canCapture=false;
now_idx++;
}
if(canCapture){
now_idx=;
while(now_idx<tmp.size()){
int now_i = tmp[now_idx].first,now_j = tmp[now_idx].second;
board[now_i][now_j]='X';
now_idx++;
}
}
return ;
}
}; int main()
{
vector<vector<char> > board{
{{'X','X','X','O'}},
{{'X','O','O','X'}},
{{'X','X','X','X'}},
{{'X','O','O','X'}}
};
Solution sol;
sol.solve(board);
for(int i=;i<board.size();i++){
copy(board[i].begin(),board[i].end(),ostream_iterator<char>(cout," "));
cout<<endl;
} return ;
}
改进：
注意到O 不能修改的是与边相连的时候，那么便改变下过程，从边开始，找出全部不能够变化的O，然后其余的O 变化，这样时间快很多。这个就不写了。
discuss 中提到并查集，看了一下，也就是讲全部的O 找出来，相连的划分成一个集合中，集合内的元素链表表示，一个接一个，这样避免了重复，而我实现是通过后台标记，并查集的时间其实更长，因为是单项链表的实现。或许有更好的实现，例如1-n 树表示，不过选用那个作为根节点，好像这题目不是很好用。