【算法】bfs解决FloodFill问题

本文主要是介绍【算法】bfs解决FloodFill问题，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

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题目

FloodFill算法
1. 733. 图像渲染
- 1.1 分析
- 1.2 代码
2. 200. 岛屿数量
- 2.1 分析
- 2.2 代码
3. 695. 岛屿的最大面积
- 3.1 分析
- 3.2 代码
4. 130. 被围绕的区域
- 4.1 分析
- 4.2 代码

FloodFill算法

FloodFill就是洪水灌溉，解决的就是下面这样一种模型。
解决性质相同的联通块问题，用的方法就是dfs深度优先搜索遍历：一条道走到黑，直到不能再走，不能再走就倒回去；或者是bfs宽度优先搜索遍历：一层一层剥开

1. 733. 图像渲染

在这里插入图片描述

1.1 分析

用bfs模拟流程
假设有这么一个矩阵，给的位置是(1,1）与（1，1）相连的所有像素相同的点，全部修改为2。
那么就一层一层搜索，就是从(1,1）开始搜索：
第一层从(1,1）开始的上下左右扫描，把(1,2)和（2,1）的值都修改为2；
第二层从(1,2)和（2,1）开始：（1,2）的扫描多加了（0,2）；
（2,1）的扫描多了（2,0）和（3,1）
第三层从（0,2）、（2,0）和（3,1）开始：（0,2）多加了（0,3）；（2,0）没有；（3,1）多了（3,2）
第四层从（0,3）、（3,2）发现没有了，层序遍历就完成了。
在这里插入图片描述

1.2 代码

class Solution {typedef pair<int,int> PII;int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};
public:vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {int m=image.size(),n=image[0].size();int prev=image[sr][sc];//标记一下需要修改的像素值if(prev==color)return image;//处理边界情况queue<PII> q;q.push({sr,sc});while(q.size()){auto [a,b]=q.front();//取出对头q.pop();image[a][b]=color;for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i],y=b+dy[i];if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&image[x][y]==prev){q.push({x,y});}}}return image;}
};

2. 200. 岛屿数量

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2.1 分析

模拟一下过程
以例2模拟：从（0,0）位置开始扩展，不能扩展回去，为了不在原数组上面修改，可以给一个bool数组和原矩阵规模是一样的，然后里面如果存false，就代表这个位置没有遍历过，如果存true表示遍历过。那么从这个位置开始它的上下左右中如果有true，那么就不扫描。

在这里插入图片描述

2.2 代码

class Solution {int dx[4] = { 0,0,1,-1 };int dy[4] = { 1,-1,0,0 };  bool vis[301][301];int m,n;
public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {m=grid.size(),n=grid[0].size();int ret=0;for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(grid[i][j]=='1'&&!vis[i][j]){ret++;bfs(grid,i,j);}}}return ret;}void bfs(vector<vector<char>>&grid,int i,int j){queue<pair<int,int>>q;q.push({i,j});vis[i][j]=true;while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int k=0;k<4;k++){int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y]=='1'&&!vis[x][y]){q.push({ x,y });vis[x][y]=true;}}}}
};

3. 695. 岛屿的最大面积

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3.1 分析

和上面那题类似，就加了一个在dfs里面统计一下面积，然后再返回的这些面积里面找到最大的那个就行。

3.2 代码

class Solution {int dx[4] = { 0,0,1,-1 };int dy[4] = { 1,-1,0,0 };bool vis[51][51];int m, n;
public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {m = grid.size(), n = grid[0].size();int ret = 0;for (int i = 0; i < m; i++){for (int j = 0; j < n; j++){if (grid[i][j] == 1 && !vis[i][j]){ret=max(ret, bfs(grid, i, j));}}}return ret;}int bfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j){queue<pair<int, int>>q;q.push({ i,j });vis[i][j] = true;int count = 1;while (q.size()){auto [a, b] = q.front();q.pop();for (int k = 0; k < 4; k++){int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1 && !vis[x][y]){q.push({ x,y });vis[x][y] = true;count++;}}}return count;}};

4. 130. 被围绕的区域

在这里插入图片描述

4.1 分析

如果直接开始模拟，那么与边缘相关的联通块就不好做。那么就从与边缘相关的连通块开始做，先遍历四条变，如果边上有0，就先对它们来一个层序遍历，然后把这些位置全部修改为无关的字符。那么接下来就只需要遍历矩阵，把里面的0都修改为x就可以，因为没有被包围的四边已经处理了，剩下的就是一定被包围的。最后在把无关的字符再改回去就可以了。
这个方法叫正难则反，先处理边界上0，改为.，再扫描完矩阵后，还原。

4.2 代码

class Solution {int dx[4] = { 0,0,1,-1 };int dy[4] = { 1,-1,0,0 };int m, n;
public:void solve(vector<vector<char>>& board) {m=board.size(),n=board[0].size();//先处理边界o，把他们修改为afor(int j=0;j<n;j++){if(board[0][j]=='O')bfs(board,0,j);if(board[m-1][j]=='O')bfs(board,m-1,j);}for(int i=0;i<m;i++){if(board[i][0]=='O')bfs(board,i,0);if(board[i][n-1]=='O')bfs(board,i,n-1);}for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++)if(board[i][j]=='O')board[i][j]='X';else if(board[i][j]=='a')board[i][j]='O';}}void bfs(vector<vector<char>>& board,int i,int j){queue<pair<int, int>>q;q.push({ i,j });board[i][j]='a';while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for (int k = 0; k < 4; k++){int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O' ){q.push({ x,y });board[x][y] = 'a';}}}}};