[数据结构与算法]Leetcode 200. 岛屿数量（中等）

题目

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

示例 2：

输入：grid = [
 ["1","1","0","0","0"],
 ["1","1","0","0","0"],
 ["0","0","1","0","0"],
 ["0","0","0","1","1"]
]
输出：3

提示：

• $m==grid.length$
• $n==grid[i].length$
• $1<=m,n<=300$
• grid[i][j] 的值为 ‘0’ 或 ‘1’

题解

解法一：深度优先搜索

【思路】

扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则以其为起始节点开始进行深度优先搜索。在深度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 # 。

【代码】

class Solution {
public:
    //DFS:统计1组成的集合个数
    int dir[4][2] = {1, 0, -1, 0, 0, 1, 0, -1};
    int n, m;
    void dfs(vector<vector<char>> &grid, int row, int col) {
        if (row < 0 || row >= n || col < 0 || col >= m || grid[row][col] != '1') return ;

        grid[row][col] = '#';
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int nrow = row + dir[i][0];
            int ncol = col + dir[i][1];
            dfs(grid, nrow, ncol);
        }
    }

    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        n = grid.size();
        if (n == 0) return 0;
        m = grid[0].size();

        int ans = 0;

        for (int row = 0; row < n; row++) {
            for (int col = 0; col < m; col++) {
                if (grid[row][col] == '1') {
                    ans++;
                    dfs(grid, row, col);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

【复杂度分析】

• 时间复杂度：$O(MN)$，其中 $M$ 和 $N$ 分别为行数和列数。
• 空间复杂度：$O(MN)$，在最坏情况下，整个网格均为陆地，深度优先搜索的深度达到 $MN$。

解法二：广度优先搜索

【思路】

也可以使用广度优先搜索代替深度优先搜索。

为了求出岛屿的数量，可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则将其加入队列，开始进行广度优先搜索。在广度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 #。直到队列为空，搜索结束。

最终岛屿的数量就是我们进行广度优先搜索的次数。

【代码】

class Solution {
public:
    //BFS
    int n, m;
    int dir[4][2] = {-1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, -1};
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        n = grid.size();
        if (n == 0) return 0;
        m = grid[0].size();

        queue<pair<int, int>> que;
        int ans = 0;
        for (int row = 0; row < n; row++) {
            for (int col = 0; col < m; col++) {
                if (grid[row][col] == '1') {
                    ans++;
                    que.push({row, col});
                    while (!que.empty()) {
                        int x = que.front().first, y = que.front().second;
                        que.pop();
                        for (int k = 0; k < 4; k++) {
                            int nx = x + dir[k][0];
                            int ny = y + dir[k][1];
                            if (nx < 0 || ny < 0 || nx >= n || ny >= m || grid[nx][ny] != '1') 
                                continue;
                            grid[nx][ny] = '#';
                            que.push({nx, ny});
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

【复杂度分析】

• 时间复杂度：$O(MN)$，其中 $M$ 和 $N$ 分别为行数和列数。
• 空间复杂度：$O(min(M,N))$，在最坏情况下，整个网格均为陆地，队列的大小可以达到 $min(M,N)$。

解法三：并查集

【思路】

也可以使用并查集代替搜索。

为了求出岛屿的数量，可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则将其与相邻四个方向上的 1 在并查集中进行合并。

最终岛屿的数量就是并查集中连通分量的数目。

class Solution {
private:
    vector<int> father;
    void init(int n) {
        father.resize(n);
        for (int i = 1; i < n; i++) father[i] = i;
    }

    int find(int x) {
        return father[x] == x ? x : father[x] = find(father[x]);
    }

    void merge(int p, int q) {
        int fp = find(p), fq = find(q);
        if (fp != fq) {
            father[fp] = fq;
        }
    }
public:
    //并查集：将二维转化为一维
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        int n = grid.size();
        if (n == 0) return 0;
        int m = grid[0].size();

        init(n * m + 1);

        for (int row = 0; row < n; row++) {
            for (int col = 0; col < m; col++) {
                int k = row * m + col + 1; //注意此处的+1,father数组下标从1开始有意义
                if (grid[row][col] == '1') { 
                    //找到之前与其相连的1进行合并
                    if (row > 0 && grid[row - 1][col] == '1') merge(k, k - m);
                    if (col > 0 && grid[row][col - 1] == '1') merge(k, k - 1);
                } else {
                    father[k] = 0;
                }
            }
        }

        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n * m; i++) {
            if (father[i] == i) ans++;
        }
        return ans;
    }
};

【复杂度分析】

• 时间复杂度：$O(MN\times \alpha (MN))$，其中 $M$ 和 $N$ 分别为行数和列数，使用路径压缩实现并查集时，单次操作的时间复杂度为 $\alpha (MN)$，其中 $\alpha (x)$ 当自变量 $x$ 在人类可观测的范围内（宇宙中粒子的数量）时，函数 $\alpha (x)$ 的值不会超过 5，因此也可以看成是常数时间复杂度。
• 空间复杂度：$O(MN)$，这是并查集需要使用的空间。