题目描述

给你两个 m x n 的二进制矩阵 grid1 和 grid2 ，它们只包含 0 （表示水域）和 1 （表示陆地）。一个岛屿是由 四个方向 （水平或者竖直）上相邻的 1 组成的区域。任何矩阵以外的区域都视为水域。

如果 grid2 的一个岛屿，被 grid1 的一个岛屿完全包含，也就是说 grid2 中该岛屿的每一个格子都被 grid1 中同一个岛屿完全包含，那么我们称 grid2 中的这个岛屿为 子岛屿 。

请你返回 grid2 中 子岛屿 的数目。

示例1：

输入： grid1 = [[1,1,1,0,0],[0,1,1,1,1],[0,0,0,0,0],[1,0,0,0,0],[1,1,0,1,1]], grid2 = [[1,1,1,0,0],[0,0,1,1,1],[0,1,0,0,0],[1,0,1,1,0],[0,1,0,1,0]]
输出： 3
解释： 如上图所示，左边为 grid1 ，右边为 grid2 。
grid2 中标红的 1 区域是子岛屿，总共有 3 个子岛屿。

示例2：

输入： grid1 = [[1,0,1,0,1],[1,1,1,1,1],[0,0,0,0,0],[1,1,1,1,1],[1,0,1,0,1]], grid2 = [[0,0,0,0,0],[1,1,1,1,1],[0,1,0,1,0],[0,1,0,1,0],[1,0,0,0,1]]
输出： 2
解释： 如上图所示，左边为 grid1 ，右边为 grid2 。
grid2 中标红的 1 区域是子岛屿，总共有 2 个子岛屿。

提示

m==grid1.length==grid2.lengthm == grid1.length == grid2.lengthm==grid1.length==grid2.length

n==grid1[i].length==grid2[i].lengthn == grid1[i].length == grid2[i].lengthn==grid1[i].length==grid2[i].length

1<=m,n<=5001 <= m, n <= 5001<=m,n<=500

grid1[i][j]和grid2[i][j]都要么是0要么是1。grid1[i][j] 和 grid2[i][j] 都要么是 0 要么是 1 。grid1[i][j]和grid2[i][j]都要么是0要么是1。

方法：深度优先搜索

解题思路

我们使用深度优先搜索来遍历 grid2grid2grid2 矩阵，在搜索的过程中，如果在 grid2grid2grid2 矩阵中是一块陆地，而在 grid1grid1grid1 矩阵中是一块水域，那么我们就标记为 0，说明当前 grid2grid2grid2 矩阵中的岛屿不是 grid1grid1grid1 矩阵中的子岛屿。

代码

class Solution {public:int tag;const int dx[4] = {1, 0, -1, 0};const int dy[4] = {0, 1, 0, -1};void dfs(vector<vector<int>>& grid1, vector<vector<int>>& grid2, int x, int y) {if(grid2[x][y] == 0) return;if(grid1[x][y] == 0) {tag = 0;return;}grid2[x][y] = 0;for(int i = 0; i < 4; i++) {int mx = x + dx[i], my = y + dy[i];if(mx >= 0 && mx < grid1.size() && my >= 0 && my < grid1[0].size()) dfs(grid1, grid2, mx, my);}}int countSubIslands(vector<vector<int>>& grid1, vector<vector<int>>& grid2) {int nr = grid1.size(), nc = grid1[0].size();int cnt = 0;if(!nr) return 0;for(int r = 0; r < nr; r++) for(int c = 0; c < nc; c++)if(grid2[r][c] == 1) {tag = 1;dfs(grid1, grid2, r, c);cnt += tag;}return cnt;}
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n×m)O(n \times m)O(n×m)。
空间复杂度：O(n×m)O(n \times m)O(n×m)。

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