LeetCode 热题 100 | 图论（上）

目录

1  200. 岛屿数量

2  994. 腐烂的橘子

2.1  智障遍历法

2.2  仿层序遍历法

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菜鸟做题，语言是 C++

1  200. 岛屿数量

解题思路：

1. 遍历二维数组，寻找 “1”（若找到则岛屿数量 +1）
2. 寻找与当前 “1” 直接或间接连接在一起的 “1”
3. 将这些 “1” 置为 “0”，再寻找下一个 “1”

思路说明图：

如步骤 1 所示，我们找到 “1”（红框内部），它可以作为一个岛屿的开头。接下来，我们寻找与这个 “1” 直接或间接连接在一起的 “1”，如步骤 2 所示。这一坨 “1”（红框内部）构成一个岛屿。

直接连接 是指上下左右四个方向，斜对角方向的不算。

除此之外，为了避免我们下一次寻找 “1” 时，把这座岛屿内部的 “1” 视为下一个岛屿的开头，我们要将这些 “1” 置为 “0” 。

我们是对整个二维数组进行遍历的，若不在遍历完一座岛屿后将 “1” 置为 “0”，那么这座岛屿除开头之外的 “1” 会被误认为是下一座岛屿的开头。

具体代码：

① Find “1”：在二维数组中寻找 “1”，作为岛屿的开头。

for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (grid[i][j] == '1') {++count;helper(grid, i, j);}}
}

nr 是二维数组的行数，nc 是二维数组的列数。一旦找到 “1” 就 ++count，即认为找到了一座新的岛屿。同时，使用 helper 函数去寻找与当前 “1” 直接或间接连接在一起的 “1” 。

② Find Island：寻找与当前 “1” 直接或间接连接在一起的 “1”，它们构成一座岛屿。

void helper(vector<vector<char>>& grid, int r, int c) {int nr = grid.size();int nc = grid[0].size();grid[r][c] = '0';if (r - 1 >= 0 && grid[r - 1][c] == '1') helper(grid, r - 1, c);if (r + 1 < nr && grid[r + 1][c] == '1') helper(grid, r + 1, c);if (c - 1 >= 0 && grid[r][c - 1] == '1') helper(grid, r, c - 1);if (c + 1 < nc && grid[r][c + 1] == '1') helper(grid, r, c + 1);
}

这四个 if 其实就是做上下左右四个方向的边界判断，同时判断当前 “1” 的邻居是不是 “1” 。若找到相邻的 “1”，那么再递归寻找与相邻的 “1” 直接或间接连接在一起的 “1” 。

class Solution {
public:void helper(vector<vector<char>>& grid, int r, int c) {int nr = grid.size();int nc = grid[0].size();grid[r][c] = '0';if (r - 1 >= 0 && grid[r - 1][c] == '1') helper(grid, r - 1, c);if (r + 1 < nr && grid[r + 1][c] == '1') helper(grid, r + 1, c);if (c - 1 >= 0 && grid[r][c - 1] == '1') helper(grid, r, c - 1);if (c + 1 < nc && grid[r][c + 1] == '1') helper(grid, r, c + 1);}int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {int nr = grid.size();if (nr == 0) return 0;int nc = grid[0].size();int count = 0;for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (grid[i][j] == '1') {++count;helper(grid, i, j);}}}return count;}
};

2  994. 腐烂的橘子

与  200. 岛屿数量  像又不像，区别在于是否有时间观念

2.1  智障遍历法

解题思路：

1. 每个时刻都遍历二维数组，寻找腐烂的橘子（2）
2. 对位于腐烂的橘子（2）四周的新鲜橘子（1）进行污染
3. 直到所有新鲜橘子都被污染，或者无法继续污染

具体代码：

① 寻找腐烂的橘子（2），与 200 题的代码几乎一样。

for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (temp[i][j] == 2)helper(grid, i, j);}
}

② 对位于腐烂的橘子（2）四周的新鲜橘子（1）进行污染。

void helper(vector<vector<int>>& grid, int r, int c) {if (r - 1 >= 0 && grid[r - 1][c] == 1) grid[r - 1][c] = 2;if (r + 1 < nr && grid[r + 1][c] == 1) grid[r + 1][c] = 2;if (c - 1 >= 0 && grid[r][c - 1] == 1) grid[r][c - 1] = 2;if (c + 1 < nc && grid[r][c + 1] == 1) grid[r][c + 1] = 2;
}

③ 判断是否所有的新鲜橘子（1）都被污染。

bool isRotted(vector<vector<int>>& grid) {for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (grid[i][j] == 1) return false;}}return true;
}

④ 判断是否无法继续污染：在进行新一轮污染之前，先把上一轮的污染结果 grid 存入 temp 中，如果这一轮污染后有 temp == grid，则说明已经无法继续污染了。

vector<vector<int>> temp = grid;
for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (temp[i][j] == 2)helper(grid, i, j);}
}
if (temp == grid) return -1;

这样做还有一个好处，就是可以通过 if (temp[i][j] == 2) 来寻找腐烂的橘子，避免在这一轮中新腐烂的橘子参与到污染中。

class Solution {
public:int nr, nc;void helper(vector<vector<int>>& grid, int r, int c) {if (r - 1 >= 0 && grid[r - 1][c] == 1) grid[r - 1][c] = 2;if (r + 1 < nr && grid[r + 1][c] == 1) grid[r + 1][c] = 2;if (c - 1 >= 0 && grid[r][c - 1] == 1) grid[r][c - 1] = 2;if (c + 1 < nc && grid[r][c + 1] == 1) grid[r][c + 1] = 2;}bool isRotted(vector<vector<int>>& grid) {for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (grid[i][j] == 1) return false;}}return true;}int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {nr = grid.size();nc = grid[0].size();int count = 0;while (!isRotted(grid)) {vector<vector<int>> temp = grid;for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (temp[i][j] == 2)helper(grid, i, j);}}if (temp == grid) return -1;++count;if (isRotted(grid)) return count;}return count;}
};

2.2  仿层序遍历法

参考官方题解进行了升级，仿二叉树的层序遍历，不用像 2.1 那样每次都进行全部遍历

核心思想：将属于同一时刻的腐烂橘子视为属于同一层。

上图画出了橘子逐步腐烂的 5 个时刻，每个时刻中打红叉的腐烂橘子属于同一层，打灰叉的腐烂橘子属于上一层。

解题思路：

• 将属于同一时刻的腐烂橘子送入队列中
• 出队并遍历属于同一时刻的腐烂橘子
• 对四周的新鲜橘子进行污染并送入队列中

思路说明图：

对于时刻 1，让腐烂的橘子入队；对于时刻 2，队列中的腐烂橘子出队，让它们对四周的新鲜橘子进行污染，最后将新被污染的橘子入队。以此类推。

在一轮污染中，如果有橘子被污染，则计时器 +1，同时判断新鲜橘子是否被污染完毕；如果没有橘子被污染，则跳出循环，同时判断新鲜橘子是否被污染完毕。若没有橘子被污染且新鲜橘子没有被污染完毕，则表明无法污染所有新鲜橘子。

具体代码：

① 初始化：

• 计数新鲜橘子的数量，即 freshCount + 1
• 记录腐烂橘子的位置，即将横纵坐标送入队列中

int freshCount = 0;
queue<pair<int, int>> q;
for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (grid[i][j] == 1) {++freshCount;} else if (grid[i][j] == 2) {q.push(make_pair(i, j));}}
}

nr 是 grid 的行数，nc 是 grid 的列数。

② 循环结构和二叉树的层序遍历一模一样：

• 获取当前层中腐烂橘子的个数
• 遍历当前层中的腐烂橘子

while (!q.empty()) {int currentSize = q.size();for (int i = 0; i < currentSize; ++i) {pair<int, int> pos = q.front();q.pop();// 对橘子进行污染}
}

③ 针对每个腐烂橘子，对其四周进行污染：

• 判断上/下/左/右位置是否越界，若越界则跳过该位置
• 若该位置上的是新鲜橘子，则进行污染并将其入队
• 同时将污染标志置为 true，新鲜橘子数量 - 1

for (int i = 0; i < 4; ++i) {int x = pos.first + dir_x[i];int y = pos.second + dir_y[i];if (x < 0|| x >= nr || y < 0|| y >= nc || grid[x][y] == 0)continue;if (grid[x][y] == 1) {hasPolluted = true;--freshCount;grid[x][y] = 2;q.push(make_pair(x, y));}if (freshCount == 0) break;
}

hasPolluted 用于表明当前层中是否至少有一个腐烂橘子造成了污染，如果没有造成污染，那么就要考虑是否无法污染所有新鲜橘子了。

class Solution {
public:int dir_x[4] = {0, 1, 0, -1};int dir_y[4] = {1, 0, -1, 0};int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {int nr = grid.size();if (nr == 0) return 0;int nc = grid[0].size();int freshCount = 0;queue<pair<int, int>> q;for (int i = 0; i < nr; ++i) {for (int j = 0; j < nc; ++j) {if (grid[i][j] == 1) {++freshCount;} else if (grid[i][j] == 2) {q.push(make_pair(i, j));}}}int timeCount = 0;int hasPolluted = false;while (!q.empty()) {int currentSize = q.size();for (int i = 0; i < currentSize; ++i) {pair<int, int> pos = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 4; ++i) {int x = pos.first + dir_x[i];int y = pos.second + dir_y[i];if (x < 0|| x >= nr || y < 0|| y >= nc || grid[x][y] == 0)continue;if (grid[x][y] == 1) {hasPolluted = true;--freshCount;grid[x][y] = 2;q.push(make_pair(x, y));}if (freshCount == 0) break;}}if (hasPolluted) ++timeCount;hasPolluted = false;}return freshCount == 0 ? timeCount : -1;}
};

技能点：使用循环结构来测试上/下/左/右四个方位。

int dir_x[4] = {0, 1, 0, -1};
int dir_y[4] = {1, 0, -1, 0};for (int i = 0; i < 4; ++i) {int x = pos.first + dir_x[i];int y = pos.second + dir_y[i];if (x < 0|| x >= nr || y < 0|| y >= nc)// ...
}

并且用逆否命题来作为判断条件，就不需要写很多 && 了！