网站建设公司招网站设计怎样才能注册自己的网站

LeetCode 130- 被围绕的区域

题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台

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。

解题思路（思路一是自己的思路，思路二题解思路，不过用两种遍历方式写出来）

思路一（深度优先遍历）：

我的思路：是开辟一个二维数组，存储二元组，来记录那些下标，首先是一个一维数组，每次记录我们当前遍历岛屿的下标，当被环绕的时候压入到二维数组中，否则直接清空。类似将所有岛屿都淹没，然后再看哪些岛屿没被包围再还原成陆地。

1. 首先确定递归函数的参数，返回值。覆盖那些被环绕的区域，我们直接设置两个全局变量vec（存储所有需要还原的海洋）和tmp（存储当前我们遍历的这片岛屿的下标），flag表示是否被包围，这样可以不用写太多参数传递。返回值就是void，参数需要图和一个x和y来记录当前在哪个岛屿。下次从这个岛屿开始走的。
2. 确定终止条件，本题按我们的逻辑，先进入循环再判断是否应该终止，那么终止条件就是：当超出网格范围(这里还需要把flag 设置为false，表示没被包围) 或 该岛屿已经是海洋 就终止。
3. 单层处理逻辑，每次将当前岛屿淹没（这里也就是设置为'X'），然后将其下标压入tmp（为什么有tmp，是因为我们不知道当前的这片岛屿马上是否要恢复，也就是变成'O'所以需要一个临时的，当我们确定要恢复的时候就将其压入到vec中）。

class Solution {
public:bool flag = true; //表示是否被环绕（只要相连的岛屿有一个在边界就不是被环绕的）,被环绕就不用撤回修改vector<vector<pair<int,int>>> vec;//存所有岛屿下标，其中全都是要变回'O'的vector<pair<int,int>> tmp; //保存当前遍历这片岛屿的下标，一会可能填充。void dfs(vector<vector<char>> &grid,int x,int y){if(x < 0 || y < 0 || x >= grid.size() || y >= grid[0].size()){flag = false;//表示没有被环绕return ;}if(grid[x][y] == 'X') return;tmp.push_back({x,y});//压入当前岛屿的下标grid[x][y] = 'X';dfs(grid,x+1,y);dfs(grid,x-1,y);dfs(grid,x,y+1);dfs(grid,x,y-1);}void solve(vector<vector<char>>& grid) {int m = grid.size(),n = grid[0].size();for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(grid[i][j] == 'O'){dfs(grid,i,j);//当flag为false，也就是岛屿没有被包围，我们就将其压入vec中，最后再还原if(flag == false){vec.push_back(tmp);tmp.clear();//这里注意要把tmp清空了，方便下次使用flag = true;//flag再改为默认值}else{//这里不改flag是因为如果走这个分支，那flag一定还是默认值truetmp.clear();}}}}//将未被包围的小岛屿还原为'O'for(int i=0;i<vec.size();i++){for(int j=0;j<vec[i].size();j++){grid[vec[i][j].first][vec[i][j].second] = 'O';}}return ;}
};

思路二（广度优先遍历）：

比较猛的一个思路：本题我们可以看到，只有和边界相连的O不会变，其余的都得变成X，那么我们可以将与边界相连的所有O全部变成一个特定符号如'-'，这样，其中所有的'-'都是与边界相连的，马上会再变成'O'。而这个时候图中所有的'O'都是被包围的，全都变为'X'即可。

class Solution {
public:int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};void bfs(vector<vector<char>> &grid,int x,int y){queue<pair<int,int>> que;que.push({x,y});grid[x][y] = '-';//将与边界相连的全部变为'-'//广度优先遍历while(!que.empty()){pair<int,int> cur = que.front();que.pop();for(int i=0;i<4;i++){int nextx = cur.first + dir[i][0];int nexty = cur.second + dir[i][1];if(nextx < 0 || nexty < 0 || nextx >= grid.size() || nexty >= grid[0].size() ||grid[nextx][nexty] != 'O') continue;que.push({nextx,nexty});grid[nextx][nexty] = '-';}}}void solve(vector<vector<char>>& grid) {int row = grid.size(),col = grid[0].size();for(int i=0;i<col;i++){//遍历第一行的所有列if(grid[0][i] == 'O') bfs(grid,0,i);//遍历最后一行的所有列if(grid[row-1][i] == 'O') bfs(grid,row-1,i);}for(int i=0;i<row;i++){//遍历第一列的所有行if(grid[i][0] == 'O') bfs(grid,i,0);//遍历最后一列的所有行if(grid[i][col-1] == 'O') bfs(grid,i,col-1);}//这个时候图中所有'-'都是与边界相连的，所有'O'都是被包围起来的。for(int i=0;i<row;i++){for(int j=0;j<col;j++){//这俩式子顺序反了，导致花了我半小时调试if(grid[i][j] == 'O')grid[i][j] = 'X';if(grid[i][j] == '-')grid[i][j] = 'O';}}return ;}
};

总结：

• 深搜和广搜的问题，广搜里面写的那个思路很清奇，还是得多看题目的提示，可以减少一点时间和空间的损耗。

LeetCode 417- 太平洋大西洋水流问题

题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台

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 。

解题思路

首先明确本题题意，意思就是雨水高的地方能往雨水低的地方流，要我们求出能流向两大洋的点坐标。

思路一（深度优先遍历）：

这题总体思路就是遍历边界点（也就是能直接流进大洋的点），再逆流遍历，因为雨水往低处流，我们逆流遍历就可以找到所有大于边界的雨水高度的点，这些点就是可以直接流进大洋的点

1. 首先确定递归函数的参数，返回值。参数我们需要设置一个isvisited来表示这个点能不能走到其中一个大洋中去。还有x，y坐标来表示当前遍历到的点的位置
2. 确定终止条件，本题按我们的逻辑，先进入循环再判断是否应该终止，那么终止条件就是：当超出网格范围 或 当前遍历的是海洋 就跳过。不过这里需要注意，这道题目我们这里的逻辑是逆流而上，所以下一次要去的节点的雨水高度 小于 我们当前节点的雨水高度的时候也直接跳过。

1. 单层处理逻辑，每次进入递归，我们就将访问设置为true，代表可以直接流进大洋。不过在处理遍历的时候有点麻烦，需要注意m和n各表示的是什么，别弄混了。

class Solution {
private:int dir[4][2] = {-1, 0, 0, -1, 1, 0, 0, 1}; // 保存四个方向// 从低向高遍历，注意这里visited是引用，即可以改变传入的pacific和atlantic的值void dfs(vector<vector<int>>& heights, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {if (visited[x][y]) return;visited[x][y] = true;for (int i = 0; i < 4; i++) { // 向四个方向遍历int nextx = x + dir[i][0];int nexty = y + dir[i][1];// 超过边界if (nextx < 0 || nextx >= heights.size() || nexty < 0 || nexty >= heights[0].size()) continue;// 高度不合适，注意这里是从低向高判断if (heights[x][y] > heights[nextx][nexty]) continue;dfs (heights, visited, nextx, nexty);}return;}
public:vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {vector<vector<int>> result;int n = heights.size();int m = heights[0].size(); // 这里不用担心空指针，题目要求说了长宽都大于1// 记录从太平洋边出发，可以遍历的节点vector<vector<bool>> pacific = vector<vector<bool>>(n, vector<bool>(m, false));// 记录从大西洋出发，可以遍历的节点vector<vector<bool>> atlantic = vector<vector<bool>>(n, vector<bool>(m, false));// 从最上最下行的节点出发，向高处遍历for (int i = 0; i < n; i++) {dfs (heights, pacific, i, 0); // 遍历最上行，接触太平洋dfs (heights, atlantic, i, m - 1); // 遍历最下行，接触大西洋}// 从最左最右列的节点出发，向高处遍历for (int j = 0; j < m; j++) {dfs (heights, pacific, 0, j); // 遍历最左列，接触太平洋dfs (heights, atlantic, n - 1, j); // 遍历最右列，接触大西洋}for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {// 如果这个节点，从太平洋和大西洋出发都遍历过，就是结果if (pacific[i][j] && atlantic[i][j]) result.push_back({i, j});}}return result;}
};

总结：

• 逆流而上的操作，主要是根据边界来想到了这个思路。