题目描述
有一个二维矩阵 grid ,每个位置要么是陆地(记号为 0 )要么是水域(记号为 1 )。
我们从一块陆地出发,每次可以往上下左右 4 个方向相邻区域走,能走到的所有陆地区域,我们将其称为一座「岛屿」。
如果一座岛屿 完全 由水域包围,即陆地边缘上下左右所有相邻区域都是水域,那么我们将其称为 「封闭岛屿」。
请返回封闭岛屿的数目。
样例
示例1
输入:grid = [[1,1,1,1,1,1,1,0],[1,0,0,0,0,1,1,0],[1,0,1,0,1,1,1,0],[1,0,0,0,0,1,0,1],[1,1,1,1,1,1,1,0]]
输出:2
解释:
灰色区域的岛屿是封闭岛屿,因为这座岛屿完全被水域包围(即被 1 区域包围)。
示例2
输入:grid = [[0,0,1,0,0],[0,1,0,1,0],[0,1,1,1,0]]
输出:1
示例3
输入:grid = [[1,1,1,1,1,1,1],
[1,0,0,0,0,0,1],
[1,0,1,1,1,0,1],
[1,0,1,0,1,0,1],
[1,0,1,1,1,0,1],
[1,0,0,0,0,0,1],
[1,1,1,1,1,1,1]]
输出:2
算法1
题解 基本都是使用DFS 查找是否与边界的0有所连通
这里提供另一种思路 并查集
检测所有标记为陆地的0 进行归并 然后将与边界连通的陆地集合删除 最后留下的就是封闭岛屿
C++ 代码
class Solution {
public:
int MAX_NUM;
vector<vector<int>> field;
vector<int> fa;
vector<int> addx;
vector<int> addy;
void init(int n)
{
for (int i = 0; i <= n; i++)
fa[i] = i;
}
int get(int x)
{
return fa[x] == x ? x : fa[x] = get(fa[x]);//路径压缩,防止链式结构
}
void merge(int x, int y)
{
fa[get(x)] = get(y);
}
//================================================
void check(int x, int y, vector<vector<int>>& grid)
{
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int newx = x + addx[i];
int newy = y + addy[i];
if (newx >= 0 && newx < grid.size() && newy >= 0 && newy < grid[0].size()
&& grid[newx][newy] == 0)
{
int idx = x * grid[0].size() + y;
int anotherIdx = newx * grid[0].size() + newy;
merge(idx, anotherIdx);
}
}
}
int closedIsland(vector<vector<int>>& grid) {
MAX_NUM = 110;
field = vector<vector<int>>(MAX_NUM, vector<int>(MAX_NUM));
fa = vector<int>(MAX_NUM*MAX_NUM + 1);
init(MAX_NUM*MAX_NUM);
addx = vector<int>{ 1,-1,0,0 };
addy = vector<int>{ 0,0,-1,1 };
for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {
for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {
if (grid[i][j] == 0) {
check(i, j, grid);
}
}
}
set<int> s;
for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {
for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {
if (grid[i][j] == 0) {
int idx = i * grid[0].size() + j;
s.insert(get(idx));
}
}
}
//从统计的并查集 删除与边沿有关的陆地
for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {
for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {
if (grid[i][j] == 0 && (i == 0 || i == grid.size() - 1 || j == 0 || j == grid[0].size() - 1)) {
int idx = i * grid[0].size() + j;
s.erase(get(idx));
}
}
}
return s.size();
}
};
建议把
set<int> s
换成unordered_set<int> s
,否则时间复杂度会带个 log。或者,可以直接在
check
的过程中,记录下来哪个连通块和陆地相连了。ok
选择好的数据结构 加加速,哈哈