FloodFill-----洪水灌溉算法（DFS例题详解）

本文主要是介绍FloodFill-----洪水灌溉算法（DFS例题详解），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！

一.图像渲染：

代码详解：

二.岛屿数量：

代码详解：

三.岛屿的最大面积：

代码详解：

四.被围绕的区域：

代码详解：

五.太平洋大西洋水流问题：

代码详解：

FloodFill算法简介：FloodFill（泛洪填充）算法是一种图像处理的基本算法，用于填充连通区域。该算法通常从一个种子点开始，沿着种子点的相邻像素进行填充，直到遇到边界或者其他指定的条件为止。FloodFill 算法的主要应用是在图像编辑软件中实现填充操作，以及在计算机图形学、计算机视觉等领域中进行区域填充。

下面我们通过一些题目来理解这个算法思想：

一.图像渲染：

题目链接：733. 图像渲染 - 力扣（LeetCode）
题目描述：

有一幅以 m x n 的二维整数数组表示的图画 image ，其中 image[i][j] 表示该图画的像素值大小。

你也被给予三个整数 sr , sc 和 newColor 。你应该从像素 image[sr][sc] 开始对图像进行上色填充。

为了完成 上色工作 ，从初始像素开始，记录初始坐标的 上下左右四个方向上 像素值与初始坐标相同的相连像素点，接着再记录这四个方向上符合条件的像素点与他们对应 四个方向上 像素值与初始坐标相同的相连像素点，……，重复该过程。将所有有记录的像素点的颜色值改为 newColor 。

最后返回 经过上色渲染后的图像 。

对应函数签名如下：

思路：我们从给定的起点开始，进行深度优先搜索（上下左右四个方向）。每次搜索到一个方格时，如果其与初始位置的方格颜色相同，就将该方格的颜色更新，以防止重复搜索；如果不相同，则进行回溯。这里我们设置初始方格为target.

代码详解：

解法一：

class Solution {//记录走过的路径，防止走回头路boolean[][] used;int target;public int[][] floodFill(int[][] image, int sr, int sc, int color) {int m = image.length,n = image[0].length;used = new boolean[m][n];target = image[sr][sc];dfs(image,sr,sc,color);return image;}public void dfs(int[][] image,int i,int j,int color){int m = image.length,n = image[0].length;//剪枝，越界直接返回if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n){return ;}//使用过的位置也直接返回if(used[i][j]) return ;if(image[i][j] == target){//上下左右去深搜，符合条件的都标记为colorimage[i][j] = color;used[i][j] = true;dfs(image,i - 1,j,color);dfs(image,i + 1,j,color);dfs(image,i,j - 1,color);dfs(image,i,j + 1,color);}}
}

解法二：基于解法一，我们可以通过定义两个数组来表示方向：dx[ ],dy[ ]，其中dx[ ],dy[ ]的位置要一一对应,具体操作如下：

代码详解：

class Solution {boolean[][] used;int target;int[] dx = {-1,1,0,0};int[] dy = {0,0,1,-1};public int[][] floodFill(int[][] image, int sr, int sc, int color) {int m = image.length,n = image[0].length;used = new boolean[m][n];target = image[sr][sc];dfs(image,sr,sc,color);return image;}public void dfs(int[][] image,int i,int j,int color){int m = image.length,n = image[0].length;//每次进入都进行标记，并将该位置值改为colorused[i][j] = true;image[i][j] = color;//相当于上下左右四个方向进行深搜for(int k = 0;k < 4;k++){int x = i + dx[k],y = j + dy[k];//所有不符合条件的都不能进入深搜if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& !used[x][y] && image[x][y] == target){dfs(image,x,y,color);}}}
}

运行结果：

二.岛屿数量：

题目链接：200. 岛屿数量 - 力扣（LeetCode）
题目描述：

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。

对应函数签名如下：

思路：
遍历整个矩阵，每次找到「⼀块陆地」的时候：
说明找到「⼀个岛屿」，记录到最终结果 res⾥⾯；
并且将这个陆地相连的所有陆地，也就是这块「岛屿」，全部「变成海洋」。这样的话，我们下次遍历到这块岛屿的时候，它「已经是海洋」了，不会影响最终结果。
其中「变成海洋」的操作，可以利⽤「深搜」来解决

代码详解：

解法一：与上面一样，两种解法（类似）：

class Solution {int res = 0;public int numIslands(char[][] grid) {int m = grid.length,n = grid[0].length;for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){if(grid[i][j] == '1'){//每次找到一个岛屿记录一下，再将这个岛屿淹没res++;dfs(grid,i,j);}}}return res;}public void dfs(char[][] grid,int i,int j){int m = grid.length,n = grid[0].length;//处理边界情况if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n){return ;}if(grid[i][j] == '0') return ;grid[i][j] = '0'; //上下左右去淹没这个岛屿dfs(grid,i - 1,j);dfs(grid,i + 1,j);dfs(grid,i,j - 1);dfs(grid,i,j + 1);}
}

解法二：

class Solution {int res = 0;int[] dx = {0,0,-1,1};int[] dy = {1,-1,0,0};public int numIslands(char[][] grid) {int m = grid.length,n = grid[0].length;for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){if(grid[i][j] == '1'){//说明找到「⼀个岛屿」，记录到最终结果 res⾥⾯res++;dfs(grid,i,j);//将这个岛屿淹没}}}return res;}public void dfs(char[][] grid,int i,int j){int m = grid.length,n = grid[0].length;grid[i][j] = '0'; for(int k = 0;k < 4;k++){int x = i + dx[k],y = j + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& grid[x][y] != '0'){dfs(grid,x,y);}}}
}

运行结果：

三.岛屿的最大面积：

题目链接：695. 岛屿的最大面积 - 力扣（LeetCode）
题目描述：
给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid 。

岛屿是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。

岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。

计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0

对应函数签名：

算法思路：

• 遍历整个矩阵，每当遇到⼀块⼟地的时候，就⽤「深搜」或者「宽搜」将与这块⼟地相连的「整个岛屿」的⾯积计算出来。

• 然后在搜索得到的「所有的岛屿⾯积」求⼀个「最⼤值」即可。

• 在搜索过程中，为了「防⽌搜到重复的⼟地」：

◦ 可以开⼀个同等规模的「布尔数组」，标记⼀下这个位置是否已经被访问过；

◦ 也可以将原始矩阵的 1 修改成 0 ，但是这样操作会修改原始矩阵。

代码详解：

解法一：

class Solution {int maxArea = 0;int count;boolean[][] used;public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {int m = grid.length,n = grid[0].length;used = new boolean[m][n];for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){if(grid[i][j] == 1){//每次找到一个岛屿都要重置计数count = 0;dfs(grid,i,j);maxArea = Math.max(maxArea,count);}}}return maxArea;}public void dfs(int[][] grid,int i,int j){int m = grid.length,n = grid[0].length;//处理边界情况if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n){return ;}if(grid[i][j] == 0) return ;if(used[i][j]) return ;used[i][j] = true;count++;dfs(grid,i - 1,j);dfs(grid,i + 1,j);dfs(grid,i,j - 1);dfs(grid,i,j + 1);}
}

解法二：

class Solution {int maxArea = 0;int count = 0;int[] dx = {0,0,-1,1};int[] dy = {1,-1,0,0};boolean[][] used;public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {int m = grid.length,n = grid[0].length;used = new boolean[m][n];for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){if(grid[i][j] == 1){//每次找到一个岛屿都要重置计数count = 0;dfs(grid,i,j);maxArea = Math.max(maxArea,count);}}}return maxArea;}public void dfs(int[][] grid,int i,int j){int m = grid.length,n = grid[0].length;used[i][j] = true;count++;for(int k = 0;k < 4;k++){int x = i + dx[k],y = j + dy[k];//处理不满足条件的情况if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !used[x][y] && grid[x][y] != 0){dfs(grid,x,y);}}}
}

运行结果：

四.被围绕的区域：

题目链接:130. 被围绕的区域 - 力扣（LeetCode）
题目描述：给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 'X' 和 'O' ，找到所有被 'X' 围绕的区域，并将这些区域里所有的 'O' 用 'X' 填充。

对应函数签名：

算法思路：
正难则反。可以先利⽤ dfs 将与边缘相连的 '0' 区域做上标记，然后重新遍历矩阵，将没有标记过的 '0' 修改成 'X' 即可。

代码详解：

class Solution {boolean[][] used;public void solve(char[][] board) {int m = board.length,n = board[0].length;used = new boolean[m][n];//分别对应上下左右,标记外围的'O'for(int i = 0;i < n;i++){dfs2(board,0,i);dfs2(board,m - 1,i);}for(int j = 0;j < m;j++){dfs2(board,j,0);dfs2(board,j,n - 1);}for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){if(board[i][j] != 'X' && !used[i][j]){dfs(board,i,j);}}}}//将内部的'O'全部标记为'X'public void dfs(char[][] board,int i,int j){int m = board.length,n = board[0].length;if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n){return ;}if(board[i][j] == 'X') return;if(used[i][j]) return ;used[i][j] = true;board[i][j] = 'X';dfs(board,i - 1,j);dfs(board,i + 1,j);dfs(board,i,j - 1);dfs(board,i,j + 1);}//将外围的位置标记为true，后续不会对其进行操作public void dfs2(char[][] board,int i,int j){int m = board.length,n = board[0].length;if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n){return ;}if(board[i][j] == 'X') return;if(used[i][j]) return ;used[i][j] = true;dfs2(board,i - 1,j);dfs2(board,i + 1,j);dfs2(board,i,j - 1);dfs2(board,i,j + 1);}
}

运行结果：

五.太平洋大西洋水流问题：

题目链接：417. 太平洋大西洋水流问题 - 力扣（LeetCode）
题目描述：

有一个 m × n 的矩形岛屿，与 太平洋 和 大西洋 相邻。 “太平洋” 处于大陆的左边界和上边界，而 “大西洋” 处于大陆的右边界和下边界。

这个岛被分割成一个由若干方形单元格组成的网格。给定一个 m x n 的整数矩阵 heights ， heights[r][c] 表示坐标 (r, c) 上单元格 高于海平面的高度 。

岛上雨水较多，如果相邻单元格的高度 小于或等于 当前单元格的高度，雨水可以直接向北、南、东、西流向相邻单元格。水可以从海洋附近的任何单元格流入海洋。

返回网格坐标 result 的 2D 列表 ，其中 result[i] = [ri, ci] 表示雨水从单元格 (ri, ci) 流动 既可流向太平洋也可流向大西洋 。

对应函数标签：

算法思路：

正难则反。如果直接去判断某⼀个位置是否既能到⼤西洋也能到太平洋，会重复遍历很多路径。我们反着来，从⼤西洋沿岸开始反向 dfs ，这样就能找出那些点可以流向⼤西洋；同理，从太平洋沿岸也反向 dfs ，这样就能找出那些点可以流向太平洋。那么，被标记两次的点，就是我们要找的结果

代码详解：

class Solution {int m ,n;int[] dx = {0,0,1,-1};int[] dy = {1,-1,0,0};public List<List<Integer>> pacificAtlantic(int[][] heights) {m = heights.length;n = heights[0].length;boolean[][] pac = new boolean[m][n];boolean[][] atl = new boolean[m][n];//先搞太平洋for(int j = 0;j < n;j++) dfs(heights,0,j,pac);for(int i = 0;i < m;i++) dfs(heights,i,0,pac);//在搞大西洋for(int i = 0;i < m;i++) dfs(heights,i,n - 1,atl);for(int j  = 0;j < n;j++) dfs(heights,m - 1,j,atl);//再提取结果：List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){if(pac[i][j] && atl[i][j]){List<Integer> temp = new ArrayList<>();temp.add(i);temp.add(j);res.add(temp);}}}return res;}public void dfs(int[][] heights,int i,int j,boolean[][] used){used[i][j] = true;for(int k = 0;k < 4;k++){int x = i + dx[k],y = j + dy[k];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && !used[x][y] && heights[x][y] >= heights[i][j]){dfs(heights,x,y,used);}}}
}

运行结果：