BFS(广度优先搜索)解决 Flood Fill 算法的基本思想是通过从起始点开始,逐层向外扩展,访问所有与起始点相连且具有相同特性(颜色等)的区域。在 Flood Fill 中,通常是通过修改图像的像素颜色。
下面是 BFS 解决 Flood Fill 算法的步骤:
- 初始化: 将起始点的颜色修改为新的颜色,将起始点加入队列。
- BFS 遍历: 使用队列进行 BFS 遍历。每次从队列中取出一个位置,检查其相邻的位置是否符合条件(与起始点颜色相同),如果符合,则修改颜色并将其加入队列。这样,不断扩展遍历。
- 遍历直到完成: 重复上述步骤,直到队列为空,即没有可继续扩展的位置为止。此时,所有与起始点相连的区域都被成功修改。
在 Flood Fill 中,BFS 保证了相邻区域的逐层遍历,确保了所有相连的、颜色相同的区域都被填充为新的颜色。
01.图像渲染
题目链接:https://leetcode.cn/problems/flood-fill/
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 。
示例 1:
输入: image = [[1,1,1],[1,1,0],[1,0,1]],sr = 1, sc = 1, newColor = 2
输出: [[2,2,2],[2,2,0],[2,0,1]]
解析: 在图像的正中间,(坐标(sr,sc)=(1,1)),在路径上所有符合条件的像素点的颜色都被更改成2。
注意,右下角的像素没有更改为2,因为它不是在上下左右四个方向上与初始点相连的像素点。
示例 2:
输入: image = [[0,0,0],[0,0,0]], sr = 0, sc = 0, newColor = 2
输出: [[2,2,2],[2,2,2]]
思路
这个题我们可以使用最朴素的bfs遍历来解决。
代码文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-830434.html
class Solution {
const int dx[4] = {0, 0, 1, -1}; // 表示上、下、左、右四个方向的相对坐标变化
const int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
public:
vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {
int prev = image[sr][sc]; // 记录起始位置的颜色
if (prev == color) return image; // 如果新旧颜色相同,不需要进行填充
int m = image.size(), n = image[0].size();
queue<pair<int, int>> q;
q.push({sr, sc});
while (!q.empty()) {
auto [a, b] = q.front();
q.pop();
image[a][b] = color; // 修改当前位置的颜色
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
// 判断新的坐标是否越界,并且颜色与旧颜色相同
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == prev) {
q.push({x, y});
}
}
}
return image;
}
};
-
初始化: 记录起始位置的颜色
prev
,如果起始颜色和目标颜色相同,直接返回原图。 -
BFS 遍历: 使用队列
q
进行 BFS 遍历。从起始位置开始,逐层遍历相邻位置,将颜色修改为目标颜色。 - 遍历直到完成: 重复上述步骤,直到队列为空,即没有可继续扩展的位置为止。此时,所有与起始点相连的区域都被成功修改为新的颜色。
02.岛屿数量
题目链接:https://leetcode.cn/problems/number-of-islands/
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'
思路
使用bfs
思想遍历每一个方格,将一块遍历过的岛屿全都标记为海洋也就是0,或者使用同等大小的数组进行遍历的标记。
代码
class Solution {
const int dx[4] = {0, 0, 1, -1}; // 表示上、下、左、右四个方向的相对坐标变化
const int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
int m, n; // m表示行数,n表示列数
queue<pair<int, int>> q; // 用于BFS的队列
// BFS函数,从起点 (i, j) 开始遍历并标记属于同一岛屿的所有位置
void bfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) {
q.push({i, j}); // 将起点入队
grid[i][j] = '0'; // 标记已经遍历过的位置
while (!q.empty()) {
auto [a, b] = q.front();
q.pop();
for (int k = 0; k < 4; ++k) {
int x = a + dx[k], y = b + dy[k];
// 判断新的坐标是否越界,并且是岛屿的一部分
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == '1') {
q.push({x, y}); // 将相邻的岛屿位置入队
grid[x][y] = '0'; // 标记已经遍历过的位置
}
}
}
}
public:
int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
m = grid.size(); // 获取行数
n = grid[0].size(); // 获取列数
int ret = 0; // 记录岛屿数量
// 遍历整个网格
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (grid[i][j] == '1') {
ret++; // 发现新的岛屿,增加计数
bfs(grid, i, j); // 使用BFS遍历并标记所有属于同一岛屿的位置
}
}
}
return ret; // 返回岛屿数量
}
};
-
初始化: 定义了方向数组
dx
和dy
,表示上、下、左、右四个方向的相对坐标变化。初始化队列q
,用于BFS遍历。 -
BFS遍历: 对于每个未被访问的岛屿起点,调用
bfs
函数进行BFS遍历。在BFS过程中,将属于同一岛屿的位置标记为已访问。 -
遍历整个网格: 使用两层循环遍历整个网格,如果发现未访问过的岛屿起点,就调用
bfs
函数进行遍历,并增加岛屿数量计数。 - 返回结果: 最终返回岛屿的数量。
03.岛屿的最大面积
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
。
示例 1:
输入:grid = [[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
输出:6
解释:答案不应该是 11 ,因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。
示例 2:
输入:grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]]
输出:0
提示:
m == grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 50
-
grid[i][j]
为0
或1
思路
总体和上面的题目解法一样,只不过我们在遍历每个岛屿时,顺便计算个数即岛屿的面积,每次计算完再比较,最后返回最大的岛屿面积。
代码
class Solution {
const int dx[4] = {0, 0, 1, -1}; // 上、下、右、左四个方向的相对坐标变化
const int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
queue<pair<int, int>> q; // 用于BFS的队列
int m, n; // m 表示行数,n 表示列数
// BFS 函数,从起点 (i, j) 开始遍历并标记属于同一岛屿的所有位置
int bfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j) {
int count = 1; // 记录岛屿的大小
q.push({i, j}); // 将起点入队
grid[i][j] = 0; // 标记已经遍历过的位置
while (!q.empty()) {
auto [a, b] = q.front();
q.pop();
for (int k = 0; k < 4; ++k) {
int x = a + dx[k], y = b + dy[k];
// 判断新的坐标是否越界,并且是岛屿的一部分
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1) {
grid[x][y] = 0; // 标记已经遍历过的位置
count++; // 增加岛屿的大小
q.push({x, y}); // 将相邻的岛屿位置入队
}
}
}
return count;
}
public:
int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
int ret = 0; // 记录最大岛屿面积
m = grid.size(); // 获取行数
n = grid[0].size(); // 获取列数
// 遍历整个网格
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (grid[i][j] == 1) {
ret = max(ret, bfs(grid, i, j)); // 计算并更新最大岛屿面积
}
}
}
return ret; // 返回最大岛屿面积
}
};
-
初始化: 定义了方向数组
dx
和dy
,表示上、下、左、右四个方向的相对坐标变化。初始化队列q
,用于BFS遍历。 -
BFS遍历: 对于每个未被访问的岛屿起点,调用
bfs
函数进行BFS遍历。在BFS过程中,将属于同一岛屿的位置标记为已访问,并统计岛屿的大小。 -
遍历整个网格: 使用两层循环遍历整个网格,如果发现未访问过的岛屿起点,就调用
bfs
函数进行遍历,并计算并更新最大岛屿面积。 - 返回结果: 最终返回最大岛屿面积。
04.被围绕的区域
题目链接:https://leetcode.cn/problems/surrounded-regions/
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。
示例 1:
输入:board = [["X","X","X","X"],["X","O","O","X"],["X","X","O","X"],["X","O","X","X"]]
输出:[["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","O","X","X"]]
解释:被围绕的区间不会存在于边界上,换句话说,任何边界上的 'O' 都不会被填充为 'X'。 任何不在边界上,或不与边界上的 'O' 相连的 'O' 最终都会被填充为 'X'。如果两个元素在水平或垂直方向相邻,则称它们是“相连”的。
示例 2:
输入:board = [["X"]]
输出:[["X"]]
提示:
m == board.length
n == board[i].length
1 <= m, n <= 200
-
board[i][j]
为'X'
或'O'
思路
这里我们可以使用bfs
先处理所有与边界有关的位置,把它修改成其他字符,再依次遍历,留在格子中的字母O就是需要被修改的,而改成其他字符的就可以改回字母O。文章来源:https://www.toymoban.com/news/detail-830434.html
代码
class Solution {
const int dx[4] = {0, 0, 1, -1}; // 上、下、右、左四个方向的相对坐标变化
const int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
int m, n; // m 表示行数,n 表示列数
queue<pair<int, int>> q; // 用于BFS的队列
// BFS 函数,从起点 (i, j) 开始遍历并标记属于同一区域的所有位置
void bfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j) {
q.push({i, j}); // 将起点入队
board[i][j] = '#'; // 标记已经遍历过的位置
while (!q.empty()) {
auto [a, b] = q.front();
q.pop();
for (int k = 0; k < 4; ++k) {
int x = a + dx[k], y = b + dy[k];
// 判断新的坐标是否越界,并且是未被围绕的区域
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O') {
board[x][y] = '#'; // 标记已经遍历过的位置
q.push({x, y}); // 将相邻的未被围绕的区域位置入队
}
}
}
}
public:
void solve(vector<vector<char>>& board) {
m = board.size(); // 获取行数
n = board[0].size(); // 获取列数
// 对边界上的'O'进行BFS遍历,标记为'#'
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (board[0][i] == 'O') bfs(board, 0, i);
if (board[m - 1][i] == 'O') bfs(board, m - 1, i);
}
for (int i = 1; i < m - 1; ++i) {
if (board[i][0] == 'O') bfs(board, i, 0);
if (board[i][n - 1] == 'O') bfs(board, i, n - 1);
}
// 遍历整个网格,将未被标记的'O'修改为'X',已经标记的'#'修改回'O'
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (board[i][j] == '#') board[i][j] = 'O';
else if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
}
}
}
};
到了这里,关于算法沉淀——BFS 解决 FloodFill 算法(leetcode真题剖析)的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容,请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章,希望大家以后多多支持TOY模板网!