[Leedcode][JAVA][第200题][岛屿数量][DFS][BFS][并查集]

【问题描述】第200题岛屿数量

给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。示例 1:输入:
11110
11010
11000
00000
输出: 1
示例 2:输入:
11000
11000
00100
00011
输出: 3
解释: 每座岛屿只能由水平和/或竖直方向上相邻的陆地连接而成。

【解答思路】

1. 深度优先遍历

时间复杂度：O(N^2) 空间复杂度：O(N)

/*** 方法一：深度优先遍历*/
public class Solution {//           x-1,y//  x,y-1    x,y      x,y+1//           x+1,y// 方向数组，它表示了相对于当前位置的 4 个方向的横、纵坐标的偏移量，这是一个常见的技巧private static final int[][] directions = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}};// 标记数组，标记了 grid 的坐标对应的格子是否被访问过private boolean[][] marked;// grid 的行数private int rows;// grid 的列数private int cols;private char[][] grid;public int numIslands(char[][] grid) {rows = grid.length;if (rows == 0) {return 0;}cols = grid[0].length;this.grid = grid;marked = new boolean[rows][cols];int count = 0;for (int i = 0; i < rows; i++) {for (int j = 0; j < cols; j++) {// 如果是岛屿中的一个点，并且没有被访问过// 就进行深度优先遍历if (!marked[i][j] && grid[i][j] == '1') {count++;dfs(i, j);}}}return count;}// 从坐标为 (i,j) 的点开始进行深度优先遍历private void dfs(int i, int j) {marked[i][j] = true;// 得到 4 个方向的坐标for (int k = 0; k < 4; k++) {int newX = i + directions[k][0];int newY = j + directions[k][1];// 如果不越界、没有被访问过、并且还要是陆地if (inArea(newX, newY) && grid[newX][newY] == '1' && !marked[newX][newY]) {dfs(newX, newY);}}}// 封装成 inArea 方法语义更清晰private boolean inArea(int x, int y) {// 等于号不要忘了return x >= 0 && x < rows && y >= 0 && y < cols;}public static void main(String[] args) {Solution solution = new Solution();char[][] grid1 = {{'1', '1', '1', '1', '0'},{'1', '1', '0', '1', '0'},{'1', '1', '0', '0', '0'},{'0', '0', '0', '0', '0'}};int numIslands1 = solution.numIslands(grid1);System.out.println(numIslands1);char[][] grid2 = {{'1', '1', '0', '0', '0'},{'1', '1', '0', '0', '0'},{'0', '0', '1', '0', '0'},{'0', '0', '0', '1', '1'}};int numIslands2 = solution.numIslands(grid2);System.out.println(numIslands2);}
}

2. 广度优先遍历

时间复杂度：O(N) 空间复杂度：O(N)

import java.util.LinkedList;/*** 方法二：广度优先遍历*/
public class Solution2 {private int rows;private int cols;public int numIslands(char[][] grid) {//           x-1,y//  x,y-1    x,y      x,y+1//           x+1,yint[][] directions = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}};rows = grid.length;if (rows == 0) {return 0;}cols = grid[0].length;boolean[][] marked = new boolean[rows][cols];int count = 0;for (int i = 0; i < rows; i++) {for (int j = 0; j < cols; j++) {// 如果是岛屿中的一个点，并且没有被访问过// 从坐标为 (i,j) 的点开始进行广度优先遍历if (!marked[i][j] && grid[i][j] == '1') {count++;LinkedList<Integer> queue = new LinkedList<>();// 小技巧：把坐标转换为一个数字// 否则，得用一个数组存，在 Python 中，可以使用 tuple 存queue.addLast(i * cols + j);// 注意：这里要标记上已经访问过marked[i][j] = true;while (!queue.isEmpty()) {int cur = queue.removeFirst();int curX = cur / cols;int curY = cur % cols;// 得到 4 个方向的坐标for (int k = 0; k < 4; k++) {int newX = curX + directions[k][0];int newY = curY + directions[k][1];// 如果不越界、没有被访问过、并且还要是陆地，我就继续放入队列，放入队列的同时，要记得标记已经访问过if (inArea(newX, newY) && grid[newX][newY] == '1' && !marked[newX][newY]) {queue.addLast(newX * cols + newY);// 【特别注意】在放入队列以后，要马上标记成已经访问过，语义也是十分清楚的：反正只要进入了队列，你迟早都会遍历到它// 而不是在出队列的时候再标记// 【特别注意】如果是出队列的时候再标记，会造成很多重复的结点进入队列，造成重复的操作，这句话如果你没有写对地方，代码会严重超时的marked[newX][newY] = true;}}}}}}return count;}private boolean inArea(int x, int y) {// 等于号这些细节不要忘了return x >= 0 && x < rows && y >= 0 && y < cols;}public static void main(String[] args) {Solution2 solution2 = new Solution2();char[][] grid1 = {{'1', '1', '1', '1', '0'},{'1', '1', '0', '1', '0'},{'1', '1', '0', '0', '0'},{'0', '0', '0', '0', '0'}};int numIslands1 = solution2.numIslands(grid1);System.out.println(numIslands1);char[][] grid2 = {{'1', '1', '0', '0', '0'},{'1', '1', '0', '0', '0'},{'0', '0', '1', '0', '0'},{'0', '0', '0', '1', '1'}};int numIslands2 = solution2.numIslands(grid2);System.out.println(numIslands2);}
}

3. 并查集

public class Solution {

public int numIslands(char[][] grid) {int rows = grid.length;if (rows == 0) {return 0;}int cols = grid[0].length;int size = rows * cols;// 两个方向的方向向量（理解为向下和向右的坐标偏移）int[][] directions = {{1, 0}, {0, 1}};// +1 是认为虚拟的水域UnionFind unionFind = new UnionFind(size + 1);for (int i = 0; i < rows; i++) {for (int j = 0; j < cols; j++) {if (grid[i][j] == '1') {for (int[] direction : directions) {int newX = i + direction[0];int newY = j + direction[1];if (newX < rows && newY < cols && grid[newX][newY] == '1') {unionFind.union(cols * i + j, cols * newX + newY);}}} else {// 如果不是陆地，所有的水域和一个虚拟的水域连接unionFind.union(cols * i + j, size);}}}// 减去那个一开始多设置的虚拟的水域return unionFind.count - 1;
}class UnionFind {private int[] parent;private int count;public UnionFind(int n) {this.count = n;parent = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {parent[i] = i;}}/*** 返回索引为 p 的元素的根结点** @param p* @return*/public int find(int p) {// 在 find 的时候执行路径压缩while (p != parent[p]) {// 两步一跳完成路径压缩，这里是「隔代压缩」// 说明：「隔代压缩」和「按秩合并」选择一个实现即可，「隔代压缩」的代码量少，所以选它parent[p] = parent[parent[p]];p = parent[p];}return p;}public boolean connected(int p, int q) {int pRoot = find(p);int qRoot = find(q);return pRoot == qRoot;}public void union(int p, int q) {int pRoot = find(p);int qRoot = find(q);if (pRoot == qRoot) {return;}parent[qRoot] = pRoot;// 每次 union 以后，连通分量减 1count--;}
}

}

【总结】

1. 深度遍历

递归

2. 广度遍历

队列
所有加入队列的结点，都应该马上被标记为 “已经访问”，否则有可能会被重复加入队列

3.并查集学习资料

https://liweiwei1419.gitee.io/leetcode-algo/leetcode-by-tag/union-find/

参考链接：https://leetcode-cn.com/problems/number-of-islands/solution/dfs-bfs-bing-cha-ji-python-dai-ma-java-dai-ma-by-l/

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【问题描述】第200题岛屿数量

【解答思路】

1. 深度优先遍历

2. 广度优先遍历

3. 并查集

【总结】

1. 深度遍历

2. 广度遍历

3.并查集学习资料

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1. 深度优先遍历

2. 广度优先遍历

3. 并查集

【总结】

1. 深度遍历

2. 广度遍历

3.并查集学习资料

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