图论part4｜827. 最大人工岛、127. 单词接龙、463. 岛屿的周长

827. 最大人工岛

• 🔗：827. 最大人工岛 - 力扣（LeetCode）827. 最大人工岛 - 给你一个大小为 n x n 二进制矩阵 grid 。最多 只能将一格 0 变成 1 。返回执行此操作后，grid 中最大的岛屿面积是多少？岛屿 由一组上、下、左、右四个方向相连的 1 形成。 示例 1:输入: grid = [[1, 0], [0, 1]]输出: 3解释: 将一格0变成1，最终连通两个小岛得到面积为 3 的岛屿。示例 2:输入: grid = [[1, 1], [1, 0]]输出: 4解释: 将一格0变成1，岛屿的面积扩大为 4。示例 3:输入: grid = [[1, 1], [1, 1]]输出: 4解释: 没有0可以让我们变成1，面积依然为 4。 提示： * n == grid.length * n == grid[i].length * 1 <= n <= 500 * grid[i][j] 为 0 或 1https://leetcode.cn/problems/making-a-large-island/description/
• 思路：
• 代码：        

class Solution {/**思路：1. 先把已经存在的岛找出来，并且计算他们的面积（dfs）2. 遍历为0的点，计算加上附近的岛的面积之后的最大面积3. 去重：避免把一个相邻的岛的面积计算两遍*/private final int[][] dirs = {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};public int largestIsland(int[][] grid) {int n = grid.length;// 计算每一个存在的岛的面积List<Integer> area = new ArrayList<>();for(int i=0; i<n; i++){for(int j=0; j<n; j++){if(grid[i][j] == 1)//找到小岛area.add(dfs(grid, i, j, area.size()+2));}}// int maxSquare = 0;Set<Integer> s = new HashSet<>();for(int i=0; i<n; i++){for(int j=0; j<n; j++){//遍历为0的点，计算加上附近的岛的面积之后的最大面积if(grid[i][j] == 0){int square = 1;s.clear();for(int[] dir: dirs){int newi = dir[0] + i;int newj = dir[1] + j;if(newi>=0 && newj>=0 && newi<grid.length && newj < grid.length && grid[newi][newj]!=0 && s.add(grid[newi][newj])){square += area.get(grid[newi][newj]-2);}}maxSquare = Math.max(square, maxSquare);}}}// 考虑小岛不需要添加任何1的情况return maxSquare == 0 ? n*n : maxSquare;}private int dfs(int[][] grid, int row, int col, int island){// 标记小岛的编号grid[row][col] = island;int square = 1;for(int[] dir: dirs){int newr = row + dir[0];int newc = col + dir[1];if(newc>=0 && newr>=0 && newc<grid.length && newr < grid.length && grid[newr][newc]==1){// 计算岛屿的大小square += dfs(grid, newr, newc, island);}}return square;}
}

127.  单词接龙 

• 🔗：127. 单词接龙 - 力扣（LeetCode）127. 单词接龙 - 字典 wordList 中从单词 beginWord 到 endWord 的 转换序列 是一个按下述规格形成的序列 beginWord -> s1 -> s2 -> ... -> sk： * 每一对相邻的单词只差一个字母。 *  对于 1 <= i <= k 时，每个 si 都在 wordList 中。注意， beginWord 不需要在 wordList 中。 * sk == endWord给你两个单词 beginWord 和 endWord 和一个字典 wordList ，返回 从 beginWord 到 endWord 的 最短转换序列 中的 单词数目 。如果不存在这样的转换序列，返回 0 。 示例 1：输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log","cog"]输出：5解释：一个最短转换序列是 "hit" -> "hot" -> "dot" -> "dog" -> "cog", 返回它的长度 5。示例 2：输入：beginWord = "hit", endWord = "cog", wordList = ["hot","dot","dog","lot","log"]输出：0解释：endWord "cog" 不在字典中，所以无法进行转换。 提示： * 1 <= beginWord.length <= 10 * endWord.length == beginWord.length * 1 <= wordList.length <= 5000 * wordList[i].length == beginWord.length * beginWord、endWord 和 wordList[i] 由小写英文字母组成 * beginWord != endWord * wordList 中的所有字符串 互不相同https://leetcode.cn/problems/word-ladder/description/
• 思路1：广度优先遍历
  • 用图论的思想去看待这道题，返回begin-->end的最短路径
• 代码1（广度优先遍历）        

class Solution {/**beginword: -->   -->       -->    --> endwordhit      hot      dot      dog       cog用图论的思想去看待这道题，begin--》end的最短路径*/// to judge whether there is an edgeprivate boolean isEdge(String cur, String next){if(cur.length()!=next.length()) return false;int diff = 0;for(int i=0; i<cur.length(); i++){if(diff > 1) return false;if(cur.charAt(i) != next.charAt(i)){diff++;}}return diff == 1;}// public int ladderLength(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {Set<String> visited = new HashSet<>();if(!wordList.contains(endWord)) return 0;Queue<String> neighbours = new LinkedList<>();neighbours.add(beginWord);visited.add(beginWord);int length = 1;while(!neighbours.isEmpty()){int size = neighbours.size();for(int i=0; i<size; i++){String currentword = neighbours.poll();if(isEdge(currentword,endWord)) return length+1;for(String word: new HashSet<>(wordList)){if(visited.contains(word)) continue;if(isEdge(currentword,word)){neighbours.add(word);visited.add(word);}}}// 现在的数值和endword间有边length++;}return 0;}
}

• 思路2: 优化方式--用双向bfs缩短遍历的流程
  • 1. 除了visited（所有访问过的节点）之外，采用startvisited和endvisited存储前后向遍历的节点（非全部节点，而是要处理的新一层的节点）
  • 交替处理startvisited和endvisited中需要处理的数据，每次处理节点数小的那个list
  • 如果startvisited的下一层（nextvisited）中，包含endvisited中的元素，则表示找到了最短的路径
  • 图示：（来源weiwei）
• 代码2:

  • public class Solution {public int ladderLength(String beginWord, String endWord, List<String> wordList) {// 第 1 步：先将 wordList 放到哈希表里，便于判断某个单词是否在 wordList 里Set<String> wordSet = new HashSet<>(wordList);if (wordSet.size() == 0 || !wordSet.contains(endWord)) {return 0;}// 第 2 步：已经访问过的 word 添加到 visited 哈希表里Set<String> visited = new HashSet<>();// 分别用左边和右边扩散的哈希表代替单向 BFS 里的队列，它们在双向 BFS 的过程中交替使用Set<String> beginVisited = new HashSet<>();beginVisited.add(beginWord);Set<String> endVisited = new HashSet<>();endVisited.add(endWord);// 第 3 步：执行双向 BFS，左右交替扩散的步数之和为所求int step = 1;while (!beginVisited.isEmpty() && !endVisited.isEmpty()) {// 优先选择小的哈希表进行扩散，考虑到的情况更少if (beginVisited.size() > endVisited.size()) {Set<String> temp = beginVisited;beginVisited = endVisited;endVisited = temp;}// 逻辑到这里，保证 beginVisited 是相对较小的集合，nextLevelVisited 在扩散完成以后，会成为新的 beginVisitedSet<String> nextLevelVisited = new HashSet<>();for (String word : beginVisited) {if (changeWordEveryOneLetter(word, endVisited, visited, wordSet, nextLevelVisited)) {return step + 1;}}// 原来的 beginVisited 废弃，从 nextLevelVisited 开始新的双向 BFSbeginVisited = nextLevelVisited;step++;}return 0;}/*** 尝试对 word 修改每一个字符，看看是不是能落在 endVisited 中，扩展得到的新的 word 添加到 nextLevelVisited 里** @param word* @param endVisited* @param visited* @param wordSet* @param nextLevelVisited* @return*/private boolean changeWordEveryOneLetter(String word, Set<String> endVisited,Set<String> visited,Set<String> wordSet,Set<String> nextLevelVisited) {char[] charArray = word.toCharArray();for (int i = 0; i < word.length(); i++) {char originChar = charArray[i];for (char c = 'a'; c <= 'z'; c++) {if (originChar == c) {continue;}charArray[i] = c;String nextWord = String.valueOf(charArray);if (wordSet.contains(nextWord)) {if (endVisited.contains(nextWord)) {return true;}if (!visited.contains(nextWord)) {nextLevelVisited.add(nextWord);visited.add(nextWord);}}}// 恢复，下次再用charArray[i] = originChar;}return false;}
    }

105. 有向图的完全可达性 

• 🔗：105. 有向图的完全可达性https://kamacoder.com/problempage.php?pid=1177
• 思路：不难做，主要练习一下acm模式，用的是广度优先的搜索方式，用深度是一样的
• 代码：

  import java.util.*;class Main{private static Set<Integer> visited = new HashSet<>();public static void main(String[] args){Scanner scanner = new Scanner(System.in);int num_node = scanner.nextInt();int num_edge = scanner.nextInt();// if there is only 1 node//if(num_node==1) return 1;List<int[]> edges  = new ArrayList<>();for(int i=0 ;i<num_edge; i++){int[] edge = new int[2];edge[0] = scanner.nextInt();edge[1] = scanner.nextInt();edges.add(edge);}int currentNode = 1;Queue<Integer> que = new LinkedList<>();que.add(currentNode);visited.add(currentNode);while(!que.isEmpty()){int size = que.size();for(int j=0; j<size; j++){currentNode = que.poll();for(int[] edge1: edges){//// System.out.println(edge1[0]+" "+edge1[1]);if(edge1[0] == currentNode){// 如果加不进去代表重复visited了if(visited.add(edge1[1])){que.add(edge1[1]);}}}}}if(visited.size()==num_node)System.out.println(1);elseSystem.out.println(-1);}}

463. 岛屿的周长

• 🔗：463. 岛屿的周长 - 力扣（LeetCode）463. 岛屿的周长 - 给定一个 row x col 的二维网格地图 grid ，其中：grid[i][j] = 1 表示陆地， grid[i][j] = 0 表示水域。网格中的格子 水平和垂直 方向相连（对角线方向不相连）。整个网格被水完全包围，但其中恰好有一个岛屿（或者说，一个或多个表示陆地的格子相连组成的岛屿）。岛屿中没有“湖”（“湖” 指水域在岛屿内部且不和岛屿周围的水相连）。格子是边长为 1 的正方形。网格为长方形，且宽度和高度均不超过 100 。计算这个岛屿的周长。 示例 1：[https://assets.leetcode-cn.com/aliyun-lc-upload/uploads/2018/10/12/island.png]输入：grid = [[0,1,0,0],[1,1,1,0],[0,1,0,0],[1,1,0,0]]输出：16解释：它的周长是上面图片中的 16 个黄色的边示例 2：输入：grid = [[1]]输出：4示例 3：输入：grid = [[1,0]]输出：4 提示： * row == grid.length * col == grid[i].length * 1 <= row, col <= 100 * grid[i][j] 为 0 或 1https://leetcode.cn/problems/island-perimeter/description/
• 思路：深度优先搜索

  • dfs遍历的方式可扩展至统计多个岛屿各自的周长。

• 代码：

  class Solution {int[][] dirs = {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};public int islandPerimeter(int[][] grid) {int circle = 0;int m = grid.length;int n = grid[0].length;for(int i=0; i<m; i++){for(int j=0; j<n; j++){if(grid[i][j]==1){circle = dfs(grid, i, j);return circle;}}}return circle;    }private int dfs(int[][] grid, int row, int column){if(grid[row][column]==2) return 0;int circle = 0;grid[row][column] = 2;for(int[] dir: dirs){int x = row + dir[0];int y = column + dir[1];if(x<0 || y<0 || x >= grid.length || y >= grid[0].length || grid[x][y] == 0){circle += 1;}else if(grid[x][y] == 1){circle += dfs(grid, x, y);}}return circle;}
  }