【算法】连通块问题(C/C++)
目录
连通块问题
解决思路
步骤:
初始化:
DFS函数:
复杂度分析
代码实现(C++)
题目链接:2060. 奶牛选美 - AcWing题库
解题思路:
AC代码:
题目链接:687. 扫雷 - AcWing题库
解题思路:
AC代码:
总结:
连通块问题
连通块问题(Connected Component Problem)是一个经典的图论问题,通常用来找出图中的所有连通分量。给定一个无向图,连通块问题的目标是确定图中有多少个连通分量(即有多少个互相连通的节点组成的集合)
解决思路
- 深度优先搜索(DFS) 或 广度优先搜索(BFS):
- 可以从任意未访问的节点出发,进行DFS或BFS,标记所有能够访问到的节点,代表这个连通分量。
- 重复这个过程,直到所有节点都被访问为止。每次从新的未访问节点出发时,就代表发现了一个新的连通分量。
- 并查集(Union-Find):
- 并查集是一种有效的解决连通性问题的数据结构。可以通过合并节点来动态地找到连通分量。
在这里,我将使用DFS的方式解决该问题,并以邻接表的形式来表示图。
步骤:
初始化:
创建一个访问数组visited[]来跟踪每个顶点是否被访问过。
初始化visited[]数组,将所有顶点标记为未访问。
DFS函数:
定义一个递归函数DFS(vertex),该函数从给定的顶点开始进行深度优先搜索。
在DFS函数中:
将当前顶点标记为已访问。
访问所有与当前顶点相邻的未访问的顶点,并递归调用DFS。
遍历所有顶点:
对于图中的每个未访问的顶点,调用DFS函数。
记录连通块:
每当DFS从一个新的未访问的顶点开始时,就表示找到了一个新的连通块。
输出结果:
可以打印出每个连通块中的顶点,或者计算连通块的数量。
复杂度分析
- 时间复杂度:
O(n + m)
,其中n
是节点数,m
是边数。每个节点和每条边都被遍历一次。 - 空间复杂度:
O(n + m)
,用于存储图的邻接表和访问数组。
这种解决方案适用于中小规模的图,如果图的节点数非常大,可以考虑并查集来优化连通性问题。
代码实现(C++)
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;const int MAX_N = 1000; // 假设最多1000个节点
vector<int> graph[MAX_N]; // 邻接表表示图
bool visited[MAX_N]; // 访问标记数组// 深度优先搜索(DFS)
void dfs(int node) {visited[node] = true; // 标记当前节点已访问for (int neighbor : graph[node]) { // 遍历所有邻居节点if (!visited[neighbor]) {dfs(neighbor); // 如果邻居节点未访问,继续DFS}}
}int main() {int n, m; // n为节点数,m为边数cin >> n >> m;// 读取图的边for (int i = 0; i < m; i++) {int u, v;cin >> u >> v;graph[u].push_back(v);graph[v].push_back(u); // 无向图,双向连接}int connected_components = 0; // 记录连通块数目// 遍历所有节点for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!visited[i]) { // 如果节点i未被访问,说明发现了一个新的连通块dfs(i); // 对该节点进行DFSconnected_components++; // 连通块数加1}}cout << connected_components << endl;return 0;
}
题目链接:2060. 奶牛选美 - AcWing题库
听说最近两斑点的奶牛最受欢迎,约翰立即购进了一批两斑点牛。
不幸的是,时尚潮流往往变化很快,当前最受欢迎的牛变成了一斑点牛。
约翰希望通过给每头奶牛涂色,使得它们身上的两个斑点能够合为一个斑点,让它们能够更加时尚。
牛皮可用一个 N×M 的字符矩阵来表示,如下所示:
................ ..XXXX....XXX... ...XXXX....XX... .XXXX......XXX.. ........XXXXX... .........XXX....
其中,X 表示斑点部分。
如果两个 X 在垂直或水平方向上相邻(对角相邻不算在内),则它们属于同一个斑点,由此看出上图中恰好有两个斑点。
约翰牛群里所有的牛都有两个斑点。
约翰希望通过使用油漆给奶牛尽可能少的区域内涂色,将两个斑点合为一个。
在上面的例子中,他只需要给三个 .. 区域内涂色即可(新涂色区域用 ∗∗ 表示):
................ ..XXXX....XXX... ...XXXX*...XX... .XXXX..**..XXX.. ........XXXXX... .........XXX....
请帮助约翰确定,为了使两个斑点合为一个,他需要涂色区域的最少数量。
输入格式
第一行包含两个整数 N 和 M。
接下来 N 行,每行包含一个长度为 M 的由 X 和 .. 构成的字符串,用来表示描述牛皮图案的字符矩阵。
输出格式
输出需要涂色区域的最少数量。
数据范围
1≤N,M≤50
输入样例:
6 16 ................ ..XXXX....XXX... ...XXXX....XX... .XXXX......XXX.. ........XXXXX... .........XXX....
输出样例:
3
解题思路:
此题主要是运用dfs或者bfs去找连通块最小距离。搜索思想,先去找X的点,只要找到了一个X点,那么此点所在的连通块就一网打尽了,把此连通块的点存起来,再搜第二个连通块,把第二个连通块的点也都存起来,然后外循环第一个连通块的点,内循环第二个连通块的点,每次尝试两个点染色,就是图中第一个连通块黄色格子跟第二个连通块黄色格子求距离。在所有里面找一个min的值即可,途中红色的为最小。最后输出减一就是答案,因为这里求的是两点之间点的距离。
AC代码:
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<climits>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 55;
char s[N][N];//存图
vector<PII> points[2];//连通块
int dx[]={0,0,1,-1};//方向数组
int dy[]={1,-1,0,0};
int n,m;
int res=INT_MAX;//无穷大
void dfs(int a,int b,vector<PII>&p){s[a][b]='.';//走过此连通块的就置为'.'防止重复搜索p.push_back({a,b});//连通块所有的坐标for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i];int y=b+dy[i];if(x>=0&&y>=0&&x<n&&y<m&&s[x][y]=='X'){//符合条件就继续搜dfs(x,y,p);}}
}
int main()
{cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++){cin>>s[i];}int k=0;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<m;j++){if(s[i][j]=='X'){//找到一个X就能找到此联通块dfs(i,j,points[k++]);}}}for(auto i:points[0]){//c++11遍历更简单for(auto j:points[1]){res=min(res,abs(i.first-j.first)+abs(i.second-j.second));//两个坐标差值}}//最后要减一,比如(1,1)与(1,3)之间只有一个(1,2),做差为2,所以要减一cout<<res-1<<endl;return 0;
}
题目链接:687. 扫雷 - AcWing题库
扫雷是一种计算机游戏,在 2020 世纪 8080 年代开始流行,并且仍然包含在某些版本的 Microsoft Windows 操作系统中。
在这个问题中,你正在一个矩形网格上玩扫雷游戏。
最初网格内的所有单元格都呈未打开状态。
其中 M 个不同的单元格中隐藏着 M 个地雷。
其他单元格内不包含地雷。
你可以单击任何单元格将其打开。
如果你点击到的单元格中包含一个地雷,那么游戏就会判定失败。
如果你点击到的单元格内不含地雷,则单元格内将显示一个 0 到 8 之间的数字(包括 0 和 8),这对应于该单元格的所有相邻单元格中包含地雷的单元格的数量。
如果两个单元格共享一个角或边,则它们是相邻单元格。
另外,如果某个单元格被打开时显示数字 0,那么它的所有相邻单元格也会以递归方式自动打开。
当所有不含地雷的单元格都被打开时,游戏就会判定胜利。
例如,网格的初始状态可能如下所示(
*
表示地雷,而c
表示第一个点击的单元格):*..*...**. ....*..... ..c..*.... ........*. ..........
被点击的单元格旁边没有地雷,因此当它被打开时显示数字 0,并且它的 8 个相邻单元也被自动打开,此过程不断继续,最终状态如下:
*..*...**. 1112*..... 00012*.... 00001111*. 00000001..
此时,仍有不包含地雷的单元格(用
.
字符表示)未被打开,因此玩家必须继续点击未打开的单元格,使游戏继续进行。你想尽快赢得游戏胜利并希望找到赢得游戏的最低点击次数。
给定网格的尺寸(N×N),输出能够获胜的最小点击次数。
输入格式
第一行包含整数 T,表示共有 T 组测试数据。
每组数据第一行包含整数 N,表示游戏网格的尺寸大小。
接下来 N 行,每行包含一个长度为 N 的字符串,字符串由
.
(无雷)和*
(有雷)构成,表示游戏网格的初始状态。输出格式
每组数据输出一个结果,每个结果占一行。
结果表示为
Case #x: y
,其中 x 是组别编号(从 1 开始),y 是获胜所需的最小点击次数。数据范围
1≤T≤100
1≤N≤300输入样例:
2 3 ..* ..* **. 5 ..*.. ..*.. .*..* .*... .*...
输出样例:
Case #1: 2 Case #2: 8
解题思路:
此题是DFS求连通块,扫雷中分三种情况,如果你点一次,此点附近没有雷,那么这一个0连通块就会全部显示出来,此0连通块边界就会显示此点附近雷的个数。第二种就是不在0连通块,附近有雷的点,为了要赢,这个也必须要点。第三种就是在连通块里面,附近有雷的点,这个点对于此题来说,先点了第一种,那么第三种的点也被包含在里面了,省了一步,此题要求最少点多少次,那么答案就是0连通块的数量+不在0连通块,附近有雷的点(1--8)。此题可用DFS、BFS进行找0联通块。
视频讲解:AcWing 687. 扫雷(每日一题)_哔哩哔哩_bilibili
AC代码:
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=305;
int n,T;
char str[N][N];
int a[N][N];//标记(i,j)点附近有几个雷
void dfs(int x,int y){int t=a[x][y];a[x][y]=-1;if(t){return;}for(int i=x-1;i<=x+1;i++){for(int j=y-1;j<=y+1;j++){if(i>=0&&j>=0&&i<n&&j<n&&a[i][j]!=-1){dfs(i,j);}}}
}
int main(){cin>>T;for(int k=1;k<=T;k++){cin>>n;for(int j=0;j<n;j++){cin>>str[j];}int res=0;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(str[i][j]=='*'){//如果此点是雷标记为-1a[i][j]=-1;}else{a[i][j]=0;for(int l=i-1;l<=i+1;l++){for(int r=j-1;r<=j+1;r++){if(str[l][r]=='*'&&l>=0&&r>=0&&l<n&&r<n){//附近是雷且没有越界a[i][j]++;}}}}}}for(int i=0;i<n;i++){//求为0的连通块for(int j=0;j<n;j++){if(a[i][j]==0){res++;dfs(i,j);}}}for(int i=0;i<n;i++){//求不属于0连通块且不是雷的点for(int j=0;j<n;j++){if(a[i][j]!=-1){res++;}}}cout<<"Case #"<<k<<":"<<res<<endl;}return 0;
}
总结:
此题思路难想,当思路打开了,按照板子就可以写出来,需要多练习问题转化能力,如此题转化为连通块最小距离。用dfs或者bfs进行图的遍历,寻找有用的信息。文章若有错误、不足的地方恳请大家指出,一起加油。
执笔至此,感触彼多,全文降至、落笔为终,感谢大家的支持。
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