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LeetCode算法日记 - Day 42: 岛屿数量、岛屿的最大面积

news 2025/9/15 12:17:22

1. 岛屿数量

1.1 题目解析

1.2 解法

1.3 代码实现

2. 岛屿的最大面积

2.1 题目解析

2.2 解法

2.3 代码实现

1. 岛屿数量

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'

1.1 题目解析

题目本质

在一个 m×n 的 0/1 网格上，统计由上下左右连通的“1”块的个数；本质是“连通分量计数（四联通）”。

常规解法

朴素想法：对每个为 ‘1’ 的格子启动一次遍历，把与之相连的 ‘1’ 都标记掉，然后计数 +1。遍历可用 DFS 或 BFS。

问题分析

如果不做“访问标记（vis）”，同一块岛屿会被重复启动遍历 → 重复计数/超时。
如果标记时机不当（入队后不立刻标记），同一坐标会被多次入队 → 队列暴涨。
边界获取不当（先取 grid[0].length 再判断空矩阵）会 NPE。
复杂度：每格最多访问一次，理想是 O(mn)；只要保证“入队（或递归）前标记”为时机，就不会退化。

思路转折

要高效、且不重算：
- 必须维护 vis[m][n] 访问标记；
- 必须把标记动作放在“入队/入栈前”；
- 必须只在遇到“未访问的 ‘1’”时启动一次 BFS/DFS，并在启动点处给计数器 +1。
这样“每个格子至多被处理一次”，时间 O(mn)、空间 O(mn)。

1.2 解法

算法思想

遍历整个网格；每当遇到 grid[i][j]=='1' && !vis[i][j]：
- 启动一轮 BFS；
- BFS 中用队列弹出当前格，向四邻扩展，对满足边界且为 ‘1’ 且未访问的坐标：先标记 vis=true，再入队；
- 该轮 BFS 结束后，说明整块岛屿已被吞并，计数 ret++。

i）初始化

m = grid.length；若 m==0 直接返回 0。
n = grid[0].length；vis = new boolean[m][n]；ret = 0。

ii）扫描网格

双层循环 (i,j)；当 grid[i][j]=='1' && !vis[i][j] 时，启动 BFS(i,j)。

iii）BFS 过程

队列入起点 (si,sj)，立刻标记 vis[si][sj]=true。
不断出队 (a,b)，向四方向 (a+dx[k], b+dy[k]) 扩展；满足：
- 在边界内、
- 未访问、
- 且为 ‘1’
  → 先标记再入队。
- 队列清空即该岛处理完毕，ret++。

iiii）返回 ret。

易错点

n = grid[0].length 必须放在 m==0 判空之后，否则空矩阵会 NPE。
if (grid[i][j]=='1' && !vis[i][j]) 中的 !vis[i][j] 一开始当然都是 true，但第一轮 BFS 会把整块岛都标记为 true，后续再遇到同岛格子就不会重复启动 BFS。
标记时机要在入队前/时，否则同一坐标可能被多次入队。
只统计“第一次发现这块岛”的那一刻（启动 BFS 时）的一次 ret++
注意字符比较用 '1'，不要写成 1。
四方向遍历下标不要写错。
不要重复无意义的标记（出队后再次 vis[a][b]=true 属于冗余）。

1.3 代码实现

import java.util.*;class Solution {int[] dx = {0, 0, 1, -1};int[] dy = {1, -1, 0, 0};int m, n;Queue<int[]> q = new LinkedList<>();boolean[][] vis;int ret;public int numIslands(char[][] grid) {m = grid.length;if (m == 0) return 0;            // 先判空，再取 nn = grid[0].length;vis = new boolean[m][n];ret = 0;for (int i = 0; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (grid[i][j] == '1' && !vis[i][j]) {bfs(grid, i, j);    // 一次 BFS 吞并一整块岛}}}return ret;}// BFS：以 (si, sj) 为起点吞并整块岛屿public void bfs(char[][] grid, int si, int sj) {q.clear();                       // 成员队列：显式清空更稳妥q.offer(new int[]{si, sj});vis[si][sj] = true;              // 入队前/时标记，避免重复入队while (!q.isEmpty()) {int[] cur = q.poll();int a = cur[0], b = cur[1];for (int k = 0; k < 4; k++) {int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& !vis[x][y] && grid[x][y] == '1') {vis[x][y] = true;     // 先标记，再入队q.offer(new int[]{x, y});}}}ret++;                            // 本轮 BFS 结束 → 发现了一座岛}
}

复杂度分析

时间复杂度：O(m·n)，每个格子最多被入队/出队一次，四邻检查是常数。
空间复杂度：O(m·n)，主要在 vis；队列最坏可能装下整层边界上的若干格子，但受 O(mn) 上界。

2. 岛屿的最大面积

https://leetcode.cn/problems/max-area-of-island/

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 。