Leetcode岛屿问题系列分析

在 LeetCode 中，「岛屿问题」是一个系列系列问题，比如：

200. 岛屿数量（Medium）
463. 岛屿的周长（Easy）
695. 岛屿的最大面积（Medium）
827. 最大人工岛（Hard）

我们所熟悉的 DFS（深度优先搜索）问题通常是在树或者图结构上进行的。而我们今天要讨论的 DFS 问题，是在一种「网格」结构中进行的。岛屿问题是这类网格 DFS 问题的典型代表。网格结构遍历起来要比二叉树复杂一些，如果没有掌握一定的方法，DFS 代码容易写得冗长繁杂。

本文将以岛屿问题为例，展示网格类问题 DFS 通用思路，以及如何让代码变得简洁。

一. 网格类问题的 DFS 遍历方法

1.网格问题的基本概念

我们首先明确一下岛屿问题中的网格结构是如何定义的，以方便我们后面的讨论。

网格问题是由 m×n 个小方格组成一个网格，每个小方格与其上下左右四个方格认为是相邻的，要在这样的网格上进行某种搜索。

岛屿问题是一类典型的网格问题。每个格子中的数字可能是 0 或者 1。我们把数字为 0 的格子看成海洋格子，数字为 1 的格子看成陆地格子，这样相邻的陆地格子就连接成一个岛屿。

在这样一个设定下，就出现了各种岛屿问题的变种，包括岛屿的数量、面积、周长等。不过这些问题，基本都可以用 DFS 遍历来解决。

2.DFS 的基本结构

网格结构要比二叉树结构稍微复杂一些，它其实是一种简化版的图结构。要写好网格上的 DFS 遍历，我们首先要理解二叉树上的 DFS 遍历方法，再类比写出网格结构上的 DFS 遍历。我们写的二叉树 DFS 遍历一般是这样的：

void traverse(TreeNode root) {// 判断 base caseif (root == null) {return;}// 访问两个相邻结点：左子结点、右子结点traverse(root.left);traverse(root.right);
}

可以看到，二叉树的 DFS 有两个要素：「访问相邻结点」和「判断 base case」。

第一个要素是访问相邻结点。二叉树的相邻结点非常简单，只有左子结点和右子结点两个。二叉树本身就是一个递归定义的结构：一棵二叉树，它的左子树和右子树也是一棵二叉树。那么我们的 DFS 遍历只需要递归调用左子树和右子树即可。

第二个要素是判断 base case。一般来说，二叉树遍历的 base case 是 root == null。这样一个条件判断其实有两个含义：一方面，这表示 root 指向的子树为空，不需要再往下遍历了。另一方面，在 root == null 的时候及时返回，可以让后面的 root.left 和 root.right 操作不会出现空指针异常。

对于网格上的 DFS，我们完全可以参考二叉树的 DFS，写出网格 DFS 的两个要素：

首先，网格结构中的格子有多少相邻结点？答案是上下左右四个。对于格子 (r, c) 来说（r 和 c 分别代表行坐标和列坐标），四个相邻的格子分别是 (r-1, c)、(r+1, c)、(r, c-1)、(r, c+1)。换句话说，网格结构是「四叉」的。

其次，网格 DFS 中的 base case 是什么？从二叉树的 base case 对应过来，应该是网格中不需要继续遍历、grid[r][c] 会出现数组下标越界异常的格子，也就是那些超出网格范围的格子。

这样，我们得到了网格 DFS 遍历的框架代码：

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {// 判断 base case// 如果坐标 (r, c) 超出了网格范围，直接返回if (!inArea(grid, r, c)) {return;}// 访问上、下、左、右四个相邻结点dfs(grid, r - 1, c);dfs(grid, r + 1, c);dfs(grid, r, c - 1);dfs(grid, r, c + 1);
}// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {return 0 <= r && r < grid.length && 0 <= c && c < grid[0].length;
}

3.如何避免重复遍历

网格结构的 DFS 与二叉树的 DFS 最大的不同之处在于，遍历中可能遇到遍历过的结点。这是因为，网格结构本质上是一个「图」，我们可以把每个格子看成图中的结点，每个结点有向上下左右的四条边。在图中遍历时，自然可能遇到重复遍历结点。这时候，DFS 可能会不停地「兜圈子」，永远停不下来。

如何避免这样的重复遍历呢？答案是标记已经遍历过的格子。以岛屿问题为例，我们需要在所有值为 1 的陆地格子上做 DFS 遍历。每走过一个陆地格子，就把格子的值改为 2，这样当我们遇到 2 的时候，就知道这是遍历过的格子了。也就是说，每个格子可能取三个值：

0 —— 海洋格子
1 —— 陆地格子（未遍历过）
2 —— 陆地格子（已遍历过）

小贴士：在一些题解中，可能会把「已遍历过的陆地格子」标记为和海洋格子一样的 0，美其名曰「陆地沉没方法」，即遍历完一个陆地格子就让陆地「沉没」为海洋。这种方法看似很巧妙，但实际上有很大隐患，因为这样我们就无法区分「海洋格子」和「已遍历过的陆地格子」了。如果题目更复杂一点，这很容易出 bug。

二.Leetcode题目解答

1. Leetcode 200题：岛屿数量

1.1 题目描述

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：grid = [
["1","1","1","1","0"],
["1","1","0","1","0"],
["1","1","0","0","0"],
["0","0","0","0","0"]
]
输出：1

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/number-of-islands

1.2 解答

class Solution {//DFSpublic int numIslands(char[][] grid) {//记录岛屿数量int count = 0;//循环遍历for(int i = 0; i < grid.length; i++){for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){if(grid[i][j] == '1'){//如果等于1，开始dfs，找到岛屿的边界dfs(grid, i, j);count++;}}}return count;}//辅助方法：找到岛屿的边界，并把当前岛屿置0，避免重复计算public void dfs(char[][] grid, int i, int j){if(i < 0 || j < 0 || i >= grid.length || j >= grid[0].length || grid[i][j] != '1'){return;}//将当前位置置0，避免重复计算grid[i][j] = '2';//搜索上下左右dfs(grid, i + 1, j);dfs(grid, i - 1, j);dfs(grid, i, j + 1);dfs(grid, i, j - 1);}
}

2. Leetcode 695题：岛屿的最大面积

2.1 题目描述

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid 。

岛屿是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在水平或者竖直的四个方向上相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。

岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。

计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0 。

示例1：

输入：grid = [[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
输出：6
解释：答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/max-area-of-island

2.2 解答

class Solution {//DFSpublic int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {//记录岛屿的最大面积int res = 0;//循环遍历for(int i = 0; i < grid.length; i++){for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){if(grid[i][j] == 1){//如果等于1，开始dfs，计算岛屿的面积int area = dfs(grid, i, j);res = Math.max(res, area);}}}return res;}//辅助方法：计算岛屿的面积public int dfs(int[][] grid, int i, int j){if(i < 0 || j < 0 || i >= grid.length || j >= grid[0].length || grid[i][j] != 1){return 0;}//将当前位置置0，避免重复计算grid[i][j] = 2;//搜索上下左右return 1 + dfs(grid, i + 1, j) + dfs(grid, i - 1, j) + dfs(grid, i, j + 1) + dfs(grid, i, j - 1);}
}

3. Leetcode 463题：岛屿的周长

3.1 题目描述

给定一个 row x col 的二维网格地图 grid ，其中：grid[i][j] = 1 表示陆地， grid[i][j] = 0 表示水域。

网格中的格子水平和垂直方向相连（对角线方向不相连）。整个网格被水完全包围，但其中恰好有一个岛屿（或者说，一个或多个表示陆地的格子相连组成的岛屿）。

岛屿中没有“湖”（“湖” 指水域在岛屿内部且不和岛屿周围的水相连）。格子是边长为 1 的正方形。网格为长方形，且宽度和高度均不超过 100 。计算这个岛屿的周长。

示例1：

输入：grid = [[0,1,0,0],[1,1,1,0],[0,1,0,0],[1,1,0,0]]
输出：16
解释：它的周长是上面图片中的 16 个黄色的边

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/island-perimeter

3.2 解答

这道题稍微不太一样。

岛屿的周长是计算岛屿全部的「边缘」，而这些边缘就是我们在 DFS 遍历中，dfs 函数返回的位置。观察题目示例，我们可以将岛屿的周长中的边分为两类，如下图所示。黄色的边是与网格边界相邻的周长，而蓝色的边是与海洋格子相邻的周长。

当我们的 dfs 函数因为「坐标 (r, c) 超出网格范围」返回的时候，实际上就经过了一条黄色的边；而当函数因为「当前格子是海洋格子」返回的时候，实际上就经过了一条蓝色的边。这样，我们就把岛屿的周长跟 DFS 遍历联系起来了。

完整代码如下：

class Solution {//DFSpublic int islandPerimeter(int[][] grid) {//循环遍历for(int i = 0; i < grid.length; i++){for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){if(grid[i][j] == 1){//题目说只有一个岛屿，找到一个就行return dfs(grid, i, j);}}}return 0;}//辅助方法：计算岛屿的周长public int dfs(int[][] grid, int i, int j){//如果超出边界，返回一条和边界相连的边if(i < 0 || j < 0 || i >= grid.length || j >= grid[0].length){return 1;}//如果遇到海洋，返回一条和海洋相连的边if(grid[i][j] == 0){return 1;}//2代表当前格子已经遍历过，直接返回if(grid[i][j] == 2){return 0;}//将当前位置置2，避免重复计算grid[i][j] = 2;//搜索上下左右return dfs(grid, i + 1, j) + dfs(grid, i - 1, j) + dfs(grid, i, j + 1) + dfs(grid, i, j - 1);}
}