题目描述

在给定的二维二进制数组 A 中，存在两座岛。（岛是由四面相连的 1 形成的一个最大组。）

现在，我们可以将 0 变为 1，以使两座岛连接起来，变成一座岛。

返回必须翻转的 0 的最小数目。（可以保证答案至少是 1 。）

示例 1：
输入：A = [[0,1],[1,0]]
输出：1
示例 2：
输入：A = [[0,1,0],[0,0,0],[0,0,1]]
输出：2
示例 3：
输入：A = [[1,1,1,1,1],[1,0,0,0,1],[1,0,1,0,1],[1,0,0,0,1],[1,1,1,1,1]]
输出：1

提示：
2 <= A.length == A[0].length <= 100
A[i][j] == 0 或 A[i][j] == 1

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/shortest-bridge
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解题思路

DFS找出两个大陆并做标记1和2，对1号大陆的海域按BFS一层层地找寻2号大陆的边界，层数就和桥的长度成正相关。

代码详解

class Solution {public int shortestBridge(int[][] A) {int Ar = A.length;int Ac = A[0].length;int[][] map = buildMap(A); // 对原地图进行“上色”-->标记为1号大陆和2号大陆Set<Integer> set = new HashSet<>(); // 存放2号大陆/目标大陆的各板块“位置”Queue<Node> queue = new LinkedList<>(); // 利用队列进行BFS// 1号大陆放入队列queue，2号大陆放入集合setfor(int i = 0; i < Ar; ++i) {for(int j = 0; j < Ac; ++j) {if(map[i][j] == 1) {queue.offer(new Node(i, j, 0));} else if(map[i][j] == 2) {set.add(i * Ac + j);}}}// BFSwhile(!queue.isEmpty()) {Node node = queue.poll();if(set.contains(node.r * Ac + node.c)) {return node.d - 1; // 因为当前节点已经遍历到2号大陆“陆上”了，而2号大陆内部不算入桥的长度，因此减去1}if(node.r != 0 && map[node.r-1][node.c] != 1) {queue.offer(new Node(node.r-1, node.c, node.d+1));map[node.r-1][node.c] = 1;}if(node.r != Ac - 1 && map[node.r+1][node.c] != 1) {queue.offer(new Node(node.r+1, node.c, node.d+1));map[node.r+1][node.c] = 1;}if(node.c != 0 && map[node.r][node.c-1] != 1) {queue.offer(new Node(node.r, node.c-1, node.d+1));map[node.r][node.c-1] = 1;}if(node.c != Ac - 1 && map[node.r][node.c+1] != 1) {queue.offer(new Node(node.r, node.c+1, node.d+1));map[node.r][node.c+1] = 1;}}return 1; // 桥长至少为1}// 上色方法public int[][] buildMap(int[][] A) {int Ar = A.length;int Ac = A[0].length;int type = 1; // 先给1号大陆上色，再给2号大陆上色int[][] map = new int[Ar][Ac]; // 上色后的地图，方法返回值// 因为是深搜，所以一块大陆完整地遍历完后才会遍历第二块大陆// 利用stack进行循环的深搜for(int i = 0; i < Ar; ++i) {for(int j = 0; j < Ac; ++j) {if(map[i][j] == 0 && A[i][j] == 1) {Stack<Integer> stack = new Stack<>();stack.push(i * Ac + j);while(!stack.isEmpty()) {int temp = stack.pop();int ni = temp / Ac;int nj = temp % Ac;map[ni][nj] = type; // 上色// 上下左右块按条件入栈if(ni != 0 && A[ni-1][nj] == 1 && map[ni-1][nj] == 0) {stack.push((ni-1) * Ac + nj);}if(ni != Ar - 1 && A[ni+1][nj] == 1 && map[ni+1][nj] == 0) {stack.push((ni+1) * Ac + nj);}if(nj != 0 && A[ni][nj-1] == 1 && map[ni][nj-1] == 0) {stack.push(ni * Ac + nj - 1);}if(nj != Ac - 1 && A[ni][nj+1] == 1 && map[ni][nj+1] == 0) {stack.push(ni * Ac + nj + 1);}}++type; // 1号大陆遍历完了，遍历2号大陆}}}return map;}
}class Node {int r; // 行int c; // 列int d; // 层数/深度public Node(int r, int c, int d) {this.r = r;this.c = c;this.d = d;}
}

注意点

DFS对大陆位置进行遍历，用BFS去遍历海洋部分，以达到“一层一层建桥”的效果，方便通过层数确定桥长。思路比较难以想到，但看完答案后容易想通，只是代码量相对多。
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