【算法】【优选算法】BFS 解决 FloodFill 算法

一、FloodFill 算法简介

FloodFill 算法，可以理解为根据洪水蔓延，以点覆面，在这个过程中对涉及的一些问题求解。

二、733. 图像渲染

题目链接：733. 图像渲染

题目描述：

题目解析：

• 相当于给我们一个二维数组，和指定一个数组中的值为“母体”，当该位置上下左右四个方向初始值相同，就改为指定值（被传染），依次类推下去，直到全部感染或者传染不了。

解题思路：

• 利⽤「深搜」或者「宽搜」，遍历到与该点相连的所有「像素相同的点」，然后将其修改成指定的像素即可.
• 也就是我们使用一个队列，记录下来所有母体，出去一个母体，就将能传染的四个位置记录进队列。
• 注意下标问题，和当全部颜色都相同时，会超出时间限制，单独处理。

解题代码：

//时间复杂度：O(N)
//空间复杂度：O(N)
class Solution {public int[][] floodFill(int[][] image, int sr, int sc, int color) {//记录开始颜色int pre = image[sr][sc];//实例二排除if(pre == color) return image;Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();queue.add(new int[]{sr,sc});//对队列进行操作，直到空while(!queue.isEmpty()) {int[] cur = queue.poll();int x = cur[0];int y = cur[1];//下标合法且颜色相同，传染，记录上下左右if(x >= 0 && x < image.length &&y >= 0 && y < image[0].length &&pre == image[x][y]) {image[x][y] = color;queue.add(new int[]{x-1, y});queue.add(new int[]{x+1, y});queue.add(new int[]{x, y-1});queue.add(new int[]{x, y+1});}}return image;}
}

三、200. 岛屿数量

题目链接：200. 岛屿数量

题目描述：

题目解析：

• 就是给我们一个二位字符数组，让我们求相邻字符‘1’有多少块。

解题思路：

• 使用宽搜的思路，将每个数组元素都遍历一遍。
• 每一次都遍历字符数组去找到每一个岛屿的登陆地，也就是每一块1的第一个1。
• 我们引入一个标记数组（尽量不改变原数组），标记进过队列的字符数组元素下标，标记字符为0的数组下标，当标记数组全为修改后的true时，就可以返回值了。
• 写一个死循环包含上里面的逻辑，当数组全部为0的时候结束。

解题代码：

//时间复杂度：O(M*N)
//空间复杂度：O(M*N)
class Solution {int[] dx = new int[]{0,0,1,-1};int[] dy = new int[]{1,-1,0,0};boolean[][] vis;public int numIslands(char[][] grid) {int m = grid.length;int n = grid[0].length;vis = new boolean[m][n];Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();int ret = 0;//死循环while(true) {//找到第一个1，作为“登陆点”for(int i = 0; i < m; i++) {//标记break出循环boolean flag = false; for(int j = 0; j < n; j++) {if('1' == grid[i][j] && !vis[i][j]) {queue.add(new int[]{i,j});vis[i][j] = true;flag = true;break;}//所有vis元素都是true，返回if( (i == m - 1) &&(j == n - 1)) {return ret;}vis[i][j] = true;}if(flag) break;}//进行宽搜，找寻岛屿，并且修改岛屿值为0while(!queue.isEmpty()) {int[] arr = queue.poll();//向量法找寻周围1 入队列for(int i = 0; i < 4; i++) {int x = arr[0] + dx[i];int y = arr[1] + dy[i];//下标合法，字符数组元素为1，且并没有被访问，下标入队    if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n&& '1' == grid[x][y]&& !vis[x][y]) {vis[x][y] = true;queue.add(new int[]{x,y});}}} ret++;}}}

四、695. 岛屿的最⼤⾯积

题目链接：695. 岛屿的最⼤⾯积

题目描述：

题目解析：

• 跟上一道题思路一样

解题思路：

• 在上一道题中没出一个队列元素计算面积的值加一即可。

解题代码:

//时间复杂度：O(M*N)
//空间复杂度：O(M*N)
class Solution {int[] dx = {0,0,1,-1};int[] dy = {1,-1,0,0}; boolean[][] vis;public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {int m = grid.length;int n = grid[0].length;vis = new boolean[m][n];int ret = 0;Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();while(true) {int size = 0;for(int i = 0; i < m; i++) {boolean flag = false;for(int j = 0; j < n; j++) {//登陆点if(1 == grid[i][j] && !vis[i][j]) {queue.add(new int[]{i,j});vis[i][j] = true;flag = true;System.out.println(i+" "+j+"如队列");break;}//结束条件if(i == m - 1 && j == n - 1) {System.out.println("结束条件 "+i+" "+j);if(grid[i][j] == 1 ) size++;return  Math.max(ret, size);}vis[i][j] = true;}if(flag) break;}//计算面积while(!queue.isEmpty()) {int[] arr = queue.poll();size++;int x = arr[0];int y = arr[1];//查看周边for(int i = 0; i <= 3; i++) {int a = x + dx[i];int b = y + dy[i];if(a >= 0 && a < m&& b >= 0 && b < n&& !vis[a][b]&& 1 == grid[a][b]) {queue.add(new int[]{a,b});vis[a][b] = true;}} }ret = Math.max(ret, size);}}
}

五、130.被围绕的区域

题目链接：130.被围绕的区域

题目描述：

题目解析：

• 给我们一个字符数组，让我们将被完全由X字符包围的O改为X
• 可以理解为只要字符数组边缘为O所在的岛屿留下，其它全变成X

解题思路：

• 我们只需要遍历字符数组边缘元素，有O，那么就进行宽搜，将宽搜到的字符进行标记。
• 我们引入一个与字符数组同等规模的标记数组，将能留下的O标记。
• 最后在遍历一遍字符数组，将没有被标记的字符全改为X即可。
  解题代码：

//时间复杂度：O(M*N)
//空间复杂度：O(M*N)
class Solution {int[] dx = {0,0,1,-1};int[] dy = {1,-1,0,0};boolean[][] flag;int m,n;public void solve(char[][] board) {m = board.length;n = board[0].length;flag = new boolean[m][n];//只遍历边缘字符元素for(int i = 0; i < m; i++) {for(int j = 0; j < n; j++) {if((i == 0|| i == m - 1|| j == 0|| j == n - 1) && 'O' == board[i][j] && !flag[i][j]) {bfs(board, i, j);}}}//将被包围的字符改为Xfor(int i = 0; i < m; i++) {for(int j = 0; j < n; j++) {if(board[i][j] == 'O' && !flag[i][j]) board[i][j] = 'X';}}}//宽搜符合条件的不被包围字符public void bfs(char[][] board, int x, int y) {Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();queue.add(new int[]{x,y});flag[x][y] = true;while(!queue.isEmpty()) {int[] arr = queue.poll();for(int i = 0; i < 4; i++) {int a = dx[i] + arr[0];int b = dy[i] + arr[1];if(a >= 0 && a < m&& b >= 0 && b < n&&'O' == board[a][b] && !flag[a][b]) {queue.add(new int[]{a,b});flag[a][b] = true;}}}}
}