引言
Matrix内部的值修改严格来讲放在一个系列里不大合适，因为对于不同的问题，所用的算法和技巧可能完全不同，权且这样归类，以后需要时再拆分吧。
例题 1
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
class Solution {
public:
void solve(vector<vector<char>> &board) {
}
};
这道题的思路应该比较容易想到：
遍历最外层一圈，如果有O，就把其相邻的也设置为O。接着遍历全矩阵，把内层O置为X。
但是这样做的问题遍历全矩阵时，分不清遇到的O是内层还是外层。
因此改进的方法是遍历最外层时，将O及其相邻的字符都设为"Y"。遍历全矩阵时，把"O"设置为X，把"Y"设置回"O"。
寻找O的邻居时，用的自然是BFS。每遇到一个O，就通过BFS将它以及邻居设置为"Y"
代码：
class Solution {
struct Point{
int h;
int v;
Point(int vp, int hp) : v(vp), h(hp) {};
};
public:
void BFS(int startH, int startW, vector<vector<char>> &board, queue<Point> que){
while(!que.empty()) que.pop();
int W = board[].size(), H = board.size();
Point p(startH, startW);
que.push(p);
while(!que.empty()){
Point cur = que.front();
que.pop();
board[cur.v][cur.h] = 'Y';
for(int i = ; i < ; i++){ //扫描四个方向上的邻居
if((cur.v+addV[i]) < H
&& (cur.h+addH[i]) < W
&& (cur.v+addV[i]) >=
&& (cur.h+addH[i]) >=
&& board[cur.v+addV[i]][cur.h+addH[i]] == 'O'){
que.push(Point(cur.v+addV[i], cur.h+addH[i]));
}
}
}
}
void solve(vector<vector<char>> &board) {
if(board.size() == || board[].size() == ) return;
int W = board[].size(), H = board.size();
queue<Point> que;
int i, j = ;
for(i = ; i < W; ++i){
if(board[][i] == 'O') BFS(, i, board, que);
if(H > && board[H-][i] == 'O') BFS(H-, i, board, que); //遇到'O'，调用BFS
}
for(i = ; i < H; ++i){
if(board[i][] == 'O') BFS(i, , board, que);
if(W > && board[i][W-] == 'O') BFS(i, W-, board, que);
}
for(i = ; i < H; ++i){ //再次遍历全数组
for(j = ; j < W; ++j){
if(board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
if(board[i][j] == 'Y') board[i][j] = 'O';
}
}
}
private:
int addV[] = {, , -, };
int addH[] = {, , , -};
};
这样提交上去，超时。
有什么办法可以缩短时间呢？回想思路可以发现：每次遇到O，我们都调用一次BFS，每一次调用BFS，都需要清空队列que，然后再push。
为什么不把所有的BFS并为一次呢？每次遇到O，我们只向队列que中push当前O所在的Point，最后调用一次BFS集中处理que，其效果是完全一样的，但是时间上却省去了每次清空队列的时间。
代码：
class Solution {
struct Point{
int h;
int v;
Point(int vp, int hp) : v(vp), h(hp) {};
};
public:
void solve(vector<vector<char>> &board) {
if(board.size() == || board[].size() == ) return;
int W = board[].size(), H = board.size();
queue<Point> que;
int i, j = ;
for(i = ; i < W; ++i){
if(board[][i] == 'O') que.push(Point(, i));
if(H > && board[H-][i] == 'O') que.push(Point(H-, i)); //遇到O，只push，不再调用BFS
}
for(i = ; i < H; ++i){
if(board[i][] == 'O') que.push(Point(i, ));
if(W > && board[i][W-] == 'O') que.push(Point(i, W-)); //遇到O，只push，不再调用BFS
}
while(!que.empty()){ //调用BFS
Point cur = que.front();
que.pop();
board[cur.v][cur.h] = 'Y';
for(int i = ; i < ; i++){
if((cur.v+addV[i]) < H
&& (cur.h+addH[i]) < W
&& (cur.v+addV[i]) >=
&& (cur.h+addH[i]) >=
&& board[cur.v+addV[i]][cur.h+addH[i]] == 'O'){
que.push(Point(cur.v+addV[i], cur.h+addH[i]));
}
}
}
for(i = ; i < H; ++i){
for(j = ; j < W; ++j){
if(board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
if(board[i][j] == 'Y') board[i][j] = 'O';
}
}
}
private:
int addV[] = {, , -, };
int addH[] = {, , , -};
};
小结：
这种需要更改Matrix的值的题目，上面解法用到了很简单的技巧：“引入一个中间值 Y”，避免了混淆。
例题 2
Given a m x n matrix, if an element is 0, set its entire row and column to 0. Do it in place.
Could you devise a constant space solution?
class Solution {
public:
void setZeroes(vector<vector<int> > &matrix) {
}
};
这道题的困难之处在于“需要空间复杂度为常量”
有了上一题的启发，我们可以将0所在的行和列都设置为别的值X，最后将所有X设置为0。
但是这样做的弱点在于：
1. 每个元素都要被访问 >= 2次 (那些和0同行同列的元素被访问大于2次，那些不和0同行同列的元素被访问了2次)。
2. 如果题目改成vector<vector<bool> >，这种解法就失效了，因为没有第三个值可以引入。
如果空间复杂度要求是O(m+n)的话，我们会申明两个数组，分别来记录需要设为0的行号和列号。
进一步，如果如果空间复杂度要求是O(1)，我们虽然不能申明新数组，但是我们能用第一行和第一列来标记那些需要置为0的行和列。
当遇到 matix[i][j] == 0时，将matix[0][j] 和 matrix[i][0] 置为 0。
第一遍遍历matrix结束后，将所记录的行和列置为0。
这样做需要注意：如果第一行或者第一列有0，需要额外记录。
代码：
class Solution {
public:
void setZeroes(vector<vector<int> > &matrix) {
if(matrix.size() == ) return;
if(matrix[].size() == ) return;
bool firstRowSet = false;
bool firstColSet = false;
int i, j;
for(i = ; i < matrix.size(); ++i){
for(j = ; j < matrix[i].size(); ++j){
if(matrix[i][j] == ){
if(i == ) firstRowSet = true;
if(j == ) firstColSet = true;
matrix[i][] = ;
matrix[][j] = ;
}
}
}
for(i = ; i < matrix.size(); ++i){
if(matrix[i][] == ){
for(j = ; j < matrix[i].size(); ++j)
matrix[i][j] = ;
}
}
for(j = ; j < matrix[].size(); ++j){
if(matrix[][j] == ){
for(i = ; i < matrix.size(); ++i)
matrix[i][j] = ;
}
}
if(firstRowSet)
for(j = ; j < matrix[].size(); ++j)
matrix[][j] = ;
if(firstColSet)
for(i = ; i < matrix.size(); ++i)
matrix[i][] = ;
}
};