01矩阵

传送门：
https://leetcode.cn/problems/01-matrix/?envType=study-plan&id=suan-fa-ru-men&plan=algorithms&plan_progress=1ophias

寻找数组中的每一个元素距离最近的零的距离。

利用广度优先搜索：

设计一个临时的数组记录状态，我们标记每一个零。
利用广度搜索把每一个零所在的坐标放入队列中，遍历队列中的每一个元素，以及其上下左右四个方向，并且依次由上一个位置的值得到当前位置的值。

我们要记录数组的每一元素距离最近的零的距离，可以发现：
0距离最近的元素就是零。
1距离最近的零可以由四周的零走一步得到，因此距离是2。

我们可以利用一个标记数组将初始数组中所有的0标记为1，表示我们不需要修改它的值，0的距离就是0.
标记数组默认初始化为0，因此所有非零元素在标记数组都被标记为0。
广度优先搜索遍历每一个位置，寻找标记数组中值为0的位置，这即是我们所需要修改的位置，我们可以通过它的上一步 +1 并且把这个值放到一个结果数组中，结果数组中的存储的元素即是最后的答案。

class Solution {private:const int dirX[4]{0,0,-1,1};const int dirY[4]{-1,1,0,0};
public:vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& mat) {int nr=mat.size(),nc=mat[0].size();//1. 标记数组vector<vector<int>> fg_mat(nr,vector<int>(nc));//2. 结果数组vector<vector<int>> dst(nr,vector<int>(nc));//3. 队列：广度优先搜索queue<pair<int,int>> q;//4. 预处理： 把所有的0标记为1，代表不需要管0元素的位置，但是我们要从这里开始进行广度优先搜索for (int i=0;i<nr;i++){for (int j=0;j<nc;j++){if (mat[i][j]==0){q.emplace(i,j);fg_mat[i][j]=1;}}}//5. 开始广度搜索while (!q.empty()){pair<int,int> p=q.front();q.pop();//6. 遍历某个点的四个方向for (int i=0;i<4;i++){int mx=p.first+dirX[i];int my=p.second+dirY[i];//7. 只需要计算非零的元素的位置if (mx>=0 && mx<nr && my>=0 && my<nc && fg_mat[mx][my]==0){//8. 位置更新，由上一个的值 +1得到，走了一步dst[mx][my]=dst[p.first][p.second]+1;q.emplace(mx,my);//9. 标记这个点已经走过了fg_mat[mx][my]=1;}}}return dst;}
};

地图分析

传送门：
https://leetcode.cn/problems/as-far-from-land-as-possible/

地图上：0代表海洋，1代表陆地。找到海洋距离陆地最大的距离。 地图中只包含0和1两种。

这道题和上一道题基本类似：

我们寻找距离陆地最大的海洋的坐标位置，可以看作上一题：就是求距离0的最远的距离。

上一题我们已经找到了每个点距离最近的0的距离，我们只需要找到这个值最大的点，即是距离最大的点，这道题的答案。

class Solution {private:const int dirX[4]{0,0,-1,1};const int dirY[4]{-1,1,0,0};
public:int maxDistance(vector<vector<int>>& grid) {int nr=grid.size(),nc=grid[0].size();//1. 标记数组vector<vector<int>> fg_map(nr,vector<int>(nc));//2. 结果数组vector<vector<int>> dst(nr,vector<int>(nc));//3. 队列queue<pair<int,int>> q;//4. 忽略陆地：把陆地视作上一题的0，我们不考虑他们，把他们标记为1，但是要从他们开始进行广度优先搜索for (int i=0;i<nr;i++){for (int j=0;j<nc;j++){if (grid[i][j]==1){fg_map[i][j]=1;   //注意这个位置q.emplace(i,j);}}}// Step： 如果队列为空或者包含全部的数组的元素，则表示全部是海洋或者陆地，返回-1// (1) q.size()==0  全都是0，即全部都是海洋// (2) q.size()==nr*nc 全部都是1，即全部都是陆地（刚才把陆地的值入队）if (q.size()==0 || q.size()==nr*nc){//全都是海洋：0 陆地：1（队列等于总大小） return -1;}//5. 队列不为空：遍历所有海洋while (!q.empty()){pair<int,int> p=q.front();q.pop();for (int i=0;i<4;i++){int mx=p.first+dirX[i];int my=p.second+dirY[i];//6. 遍历每一方向，广度搜索海洋距离陆地的最大距离if (mx>=0 && mx<nr && my>=0 && my<nc && fg_map[mx][my]==0){//7. 更新结果数组： 由上一步 +1得到这个点的值（即是距离）dst[mx][my]=dst[p.first][p.second]+1;q.emplace(mx,my);//8. 标记为已经走过fg_map[mx][my]=1;}   }}//9. 找到dst结果的最大值，因为我们要找到海洋距离陆地的最大距离int maxnum=0;for (auto& x:dst){for (auto& y:x){maxnum=max(y,maxnum);}}return maxnum;}
};

腐烂的橘子

传送门：
https://leetcode.cn/problems/rotting-oranges/

题目：
值 0 代表空单元格；
值 1 代表新鲜橘子；
值 2 代表腐烂的橘子。
腐烂的距离每一分钟周围的四周都会腐烂，请问当所有的橘子都腐烂，一共需要多长时间，也可能会有不会腐烂的橘子，则返回-1.

我们需要：

标记数组：记录橘子的状态： 2腐烂，1正常， 0没有橘子
时间数组：记录时间状态： 0零分钟 1一分钟 … -1表示如果此位置有橘子，则为正常橘子，或者它无橘子，为空。

首先，标记数组将所有的腐烂的橘子标记为2，时间数组记录时间，如图一，这是第零分钟。
第一分钟：红色为此时扩散的腐烂的橘子，表示数组更新为2（腐烂标记），时间数组更新为 1，表示第一分钟。
第二分钟：蓝色为此时扩散的腐烂的橘子，表示数组更新为2，时间数组更新为 2，表示第二分钟。
第三分钟：绿色为此时扩散的腐烂的橘子，表示数组更新为2，时间数组更新为 3，表示第三分钟。
第四分钟：棕色为此时扩散的腐烂的橘子，表示数组更新为2，时间数组更新为 4，表示第四分钟。
此时：根据标记数组可知，所有的橘子都被腐烂了，即数组中无 1 出现，此时时间数组对应的 最大值即是最后的时间 。
没有腐烂的情况：

标记数组中出现1，正常的橘子，而且队列为空，无法继续。
时间数组中出现 1 ，是空或者是正常的橘子，需要对应标记数组来判断是那种情况。当然也可以直接在时间数组中再给空橘子单独设置一个值。

class Solution {private:const int dirX[4]{0,0,-1,1};const int dirY[4]{-1,1,0,0};
public:int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {int nr=grid.size(),nc=grid[0].size();vector<vector<int>> fg(nr,vector<int>(nc));vector<vector<int>> time(nr,vector<int>(nc));queue<pair<int,int>> q;for (int i=0;i<nr;i++){for (int j=0;j<nc;j++){//腐烂橘子if (grid[i][j]==2){q.emplace(i,j);fg[i][j]=2;     //腐烂橘子 表示为2time[i][j]=0;   //时间数组 表示为0}if (grid[i][j]==1){fg[i][j]=1;     //正常橘子 表示为1time[i][j]=-1;  //时间数组 表示为-1}}}while (!q.empty()){pair<int,int> p=q.front();q.pop();for (int i=0;i<4;i++){int mx=p.first+dirX[i];int my=p.second+dirY[i];if (mx>=0 && mx<nr && my>=0 && my<nc && fg[mx][my]==1){fg[mx][my]=2;   //橘子变腐烂time[mx][my]=time[p.first][p.second]+1;  //时间增加q.emplace(mx,my);  //从下一个腐烂的橘子开始}}}int max_num=0;for (int i=0;i<nr;i++){for (int j=0;j<nc;j++){max_num=max(max_num,time[i][j]);//时间是-1，并且表示为1，则这个橘子未腐烂，返回-1if (time[i][j]==-1 && fg[i][j]==1){return -1;}}}return max_num;}
};

单源广度优先搜索（leetcode经典例题 C++实现）相关推荐

【广度优先搜索】leetcode 994. 腐烂的橘子
994. 腐烂的橘子文章目录题目描述示例1: 示例2: 示例3: 提示方法:多源广度优先搜索解题思路代码复杂度分析题目描述在给定的 m x n 网格 grid 中,每个单元格可以有以 ...
Leetcode广度优先搜索笔记2 腐烂的橘子
994. 腐烂的橘子:带有变量控制的矩阵中的广度优先搜索在给定的 m x n 网格 grid 中,每个单元格可以有以下三个值之一: 值 0 代表空单元格: 值 1 代表新鲜橘子: 值 2 代表腐烂的 ...
力扣入门级广度优先搜索/遍历刷题小结
刷这些题时死掉的脑细胞是我当年在<线性代数>和<概率论与数理统计>课上没学明白时苟活下来的( 这几题基本是抄作业了,但我发现官方题解写的也很绕,都不知道是我天然看到这类题就头晕 ...
深度优先搜索与广度优先搜索区别和案例
今天周末,心血来潮打开LeetCode做一道题: https://leetcode-cn.com/problems/number-of-enclaves/ 看到题,我的第一想法是: 从边缘的陆地开始, ...
单源最短路径Dijkstra算法的思想、详细步骤、代码
目录一.算法思想二.算法详细步骤三.伪代码 + C++代码四.算法复杂度分析五.算法改进六.应用案例一.算法思想 1.Dijkstra 算法是用来求解单源最短路径问题的经典算法,其本质上 ...
二叉树层序遍历（广度优先搜索）基础概念与经典题目（Leetcode题解-Python语言）
二叉树的广度优先搜索即从上到下.从左到右地进行搜索,对于层序遍历(Level Order)问题,即依次遍历第一层节点.第二层节点-等,基本可以秒杀. 广度优先搜索是通过队列来实现的,python中优先 ...
广度优先搜索BFS进阶(一)：多源BFS、优先队列BFS、双端队列BFS
一.多源BFS 在上一篇博客:广度优先搜索BFS基础中,我们接触到的BFS均是单起点(单源)的,但是对于某一些问题,其有多个起点,此类问题我们称为多源BFS问题.先思考下面一道例题: 1.腐烂的橘子 ...
广度优先搜索——岛屿数量(Leetcode 200)
题目选自Leetcode 200. 岛屿数量经典的搜索题,求岛屿数量这里我用的是广度优先搜索BFS 最朴素的方法, 虽然效率不高,但是简单易懂主要的问题在于:如何确定有多少个岛屿? 每次对一个& ...
【2023王道数据结构】【图】通过C++实现图的BFS（广度优先遍历）算法求单源最短路径问题C、C++完整实现（可直接运行）
~~~笔锋至此又怎能平淡而终,故事开始便不承认普通✌✌✌ ✌ 题目及题解持续更新中 [2023王道数据结构目录]课后算法设计题C.C++代码实现完整版大全题目: 通过C++实现图的BFS(广度优先遍 ...

单源广度优先搜索（leetcode经典例题 C++实现）

文章目录

01矩阵

地图分析

腐烂的橘子

单源广度优先搜索（leetcode经典例题 C++实现）相关推荐

最新文章

热门文章

单源广度优先搜索 （leetcode经典例题 C++实现）

文章目录

01矩阵

地图分析

腐烂的橘子

单源广度优先搜索 （leetcode经典例题 C++实现）相关推荐

最新文章

热门文章

单源广度优先搜索（leetcode经典例题 C++实现）

单源广度优先搜索（leetcode经典例题 C++实现）相关推荐