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目录
介绍
1. 矩阵
题解
2.飞地的数量
题解
3.地图中的最高点
题解
4.地图分析
介绍
最短路径问题有单源最短路径、多源最短路径、边权为 1 的最短路径、带负环的最短路等等。
目前我们学了，边权为 1 的最短路径。
单源最短路径
- 前面一个专题用BFS 解决 边权为 1 的最短路径问题，都是单源最短路径问题。
一个起点一个终点 求最短路径
多源最短路径
- 多个起点一个终点 求从多个起点出发到终点的最短路径问题。
多源 BFS
- 用 BFS 解决边权为 1 的多源最短路径问题。
- 不管是单源还是多源只要用 BFS 解决边权都是为1的。
- 边权是其他的是不能用BFS解决。
- 也就是只要是用BFS解决最短路径问题，必须都是边权为1 ！
如何解决?
解法一：暴力，把多源最短路径问题转化成若干个单源最短路径问题。
- 也就是说给我若干个起点，用BFS暴力枚举出所有起点到终点的最短路径
- 然后取其中最短的路径。大概率是会超时的。
解法二：把所有的源点当成一个 超级源点，问题就变成了单一的单源最短路径问题
- 意思就是给我很多起点，我想办法把这些起点当成一个起点，问题就变长了从这一个超级起点开始到终点的最短路径了。
- 仅需从这个超级起点出发来一次BFS就可以了。
这里可能会有疑惑，把所有起点当成一个超级起点出发最终得到的路径是正确答案吗？
- 这里我们感性的理解一下，所有起点的小人同时向外走一步。
- 它们同时向外走一步，我们是可以舍去很多点的。
- 比如有的起点小人向外走一步但是这一步已经被其他小人走过了，所以说从这个点向外走一步肯定没有其他点向外走一步更好，因此就可以舍去这个点。
- 然后就相当于从超级起点出发向外走一步。
- 把不好的都舍去 只把好的保留，这就是超级源点干的事情。
- 因为只保留好的，所以到达某一点绝对是最短的。
如何写代码呢？
这里的重点就是如何把所有起点搞成一个超级起点呢？
特别简单，我们回忆一下 边权为1 单源最短路径问题 用 BFS 怎么解决，分为两步：
- 把起点加入到队列
- 一层一层往外扩
如何把所有起点搞成一个超级起点呢？
- 把所有起点加入到队列
- 一层一层往外扩
1. 矩阵
题目链接： 542. 01 矩阵
给定一个由 0 和 1 组成的矩阵 mat ，请输出一个大小相同的矩阵，其中每一个格子是 mat 中对应位置元素到最近的 0 的距离。
两个相邻元素间的距离为 1 。
题解
给一个m*n的矩阵mat
- 返回一个同等大小的矩阵
- 并且矩阵中每个格子都是到达0的最短距离。
解法一：一个位置一个位置求
- 遍历一下矩阵，一个一个位置BFS求到0的最短距离，但是会超时。
解法二：多源BFS + 正难则反
我们可以把所有的1当成一个超级起点，然后从这个起点做一次BFS
- 但是如果把1作为起点有一个致命问题，你更新不出来结果，把1当成超级起点从1找到0之后那是那个1到达的0？
- 并且又如何回到开始位置去更新1到0的最短距离呢？
正着来起点到终点最短距离，那反着来终点到起点最短距离也是没问题的。
所以，把所有的 0 当成起点，1 当成终点，当扩展到1的时候直接把距离更新到对应1的位置就行了。
- 把所有的 0 位置加入到队列中
- 一层一层的向外扩即可
刚开始遍历一下把所有0加入到队列中同时也把dist中对应位置更新成0，然后一层一层往外扩
- 我们是把队列中元素拿出来 上下左右 四个方向像外扩。
- 当层序遍历结束之后这个dist也就填完了。把dist返回就可以了。
这里有一些细节问题：
回忆求边权为 1 的单源最短路径
- 我们写代码时是需要一个bool类型vis二维数组标记当前位置是否被搜索过
- 并且层序遍历中还需要step记录当前扩展到那一层，sz记录当前队列中的元素是把队列中所有元素都往外扩一层，结合step知道当前扩展到这一层的步数是多少。
这道题我们仅需一个dist二维数组就行了，不需要上面三个东西。
- 先看这个bool数组，其实我们可以把dist数组里面的值全部都初始化-1来标记当前位置没有被搜索过。
- step和sz也不用要，我们直接从dist数组中就可以更新下一个位置中dist的值，之前是从[a，b] 上下左右扩展 [x，y]，这次从[a，b] 扩展到 [x，y] dist中已经记录[a，b]位置的值了，仅需dist[x][y] = dist[a][b] + 1 即可。
而且也不用搞一个sz一层一层往外扩，我们可以一个元素一个元素往下扩，原因就是dist已经标记当前元素是处于那一层的。
class Solution {
public:typedef pair<int,int> PII;int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& mat) {queue<PII> q;int m=mat.size();int n=mat[0].size();vector<vector<int>> dist(m,vector<int>(n,-1));for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(mat[i][j]==0){q.push({i,j});dist[i][j]=0;}}}while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i],y=b+dy[i];if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n&& dist[x][y]==-1){q.push({x,y});dist[x][y]=dist[a][b]+1;}}}return dist;}
};2.飞地的数量
链接： 1020. 飞地的数量
给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ，其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。
一次 移动 是指从一个陆地单元格走到另一个相邻（上、下、左、右）的陆地单元格或跨过 grid 的边界。
返回网格中 无法 在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。
题解
返回矩阵中无法通过边界离开网格的陆地的数量。
解法一：一个一个去判断
遍历矩阵当遇到一个1的时候就去判断能不能走出去。时间复杂度很恐怖。
- 但是可以一个一个去判断做一些优化，当遇到一个1的时候先做一次BFS看与这个1相连的连通块能不能到边界
- 如果能的话，然后再来一次BFS统计1的个数并且标记一下该位置已经被搜索过，如果不能的话把这块地方标记为0。
- 需要写两份不同的BFS代码。
解法二：多源BFS + 正难则反
- 我不判断1这个位置能不能走到边界，而是 判断边界上的1能不能走到你。
- 把所有边界1当作一个超级起点向内搜索，把搜索到的1都标记一下表明这些位置都是能走出去的。
- 最后再搜索一下看看哪些 1 是没被标记过的统计一下就是答案。
class Solution {
public:typedef pair<int,int> PII;int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {int m=grid.size();int n=grid[0].size();queue<PII> q;int count=0;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)&& (grid[i][j]==1)){grid[i][j]=2;q.push({i,j});}}}while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i],y=b+dy[i];if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n&& grid[x][y]==1){q.push({x,y});grid[x][y]=2;}}}for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(grid[i][j]==1)count++;}}return count;}
};3.地图中的最高点
题目链接： 1765. 地图中的最高点
给你一个大小为 m x n 的整数矩阵 isWater ，它代表了一个由 陆地 和 水域 单元格组成的地图。
- 如果
isWater[i][j] == 0，格子(i, j)是一个 陆地 格子。 - 如果
isWater[i][j] == 1，格子(i, j)是一个 水域 格子。
你需要按照如下规则给每个单元格安排高度：
- 每个格子的高度都必须是非负的。
- 如果一个格子是 水域 ，那么它的高度必须为
0。 - 任意相邻的格子高度差 至多 为
1。当两个格子在正东、南、西、北方向上相互紧挨着，就称它们为相邻的格子。（也就是说它们有一条公共边）
找到一种安排高度的方案，使得矩阵中的最高高度值 最大 。
请你返回一个大小为 m x n 的整数矩阵 height ，其中 height[i][j] 是格子 (i, j) 的高度。如果有多种解法，请返回 任意一个 。
题解
给一个m*n的矩阵，格子里面0代表陆地，1代表水域。
按照下面要去给每个格子安排高度：
- 每个格子的高度都必须是非负的。
- 如果一个格子是 水域 ，那么它的高度必须为 0 。
任意相邻的格子高度差 至多 为 1 。当两个格子在正东、南、西、北方向上相互紧挨着，就称它们为相邻的格子。（也就是说它们有一条公共边）
- 找到一种安排高度的方案，使得矩阵中的最高高度值 最大 。
解法：多源 bfs
按照上面的要求，我们可以先安排水域，如果你安排其他地方，它要受它上下左右的控制才行不能随意给一个数。
将所有水域变成0然后按照多源BFS走一次就行了。
- 因为要求高度值最大，因此每个临近位置都+1往外扩。
- 这里和前面一道题几乎一模一样
class Solution {
public:typedef pair<int,int> PII;int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};vector<vector<int>> highestPeak(vector<vector<int>>& isWater) {//先找到 水域=0int m=isWater.size();int n=isWater[0].size();vector<vector<int>> dist(m,vector<int>(n,-1));queue<PII> q;for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(isWater[i][j]==1){q.push({i,j});dist[i][j]=0;}}}while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i],y=b+dy[i];if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n && dist[x][y]==-1){q.push({x,y});dist[x][y]=dist[a][b]+1;}}}return dist;}
};4.地图分析
链接： 1162. 地图分析
你现在手里有一份大小为 n x n 的 网格 grid，上面的每个 单元格 都用 0 和 1 标记好了。其中 0 代表海洋，1 代表陆地。
请你找出一个海洋单元格，这个海洋单元格到离它最近的陆地单元格的距离是最大的，并返回该距离。如果网格上只有陆地或者海洋，请返回 -1。
我们这里说的距离是「曼哈顿距离」（ Manhattan Distance）：(x0, y0) 和 (x1, y1) 这两个单元格之间的距离是 |x0 - x1| + |y0 - y1| 。
给一个 n x n 的 网格 grid，上面的每个 单元格 都用 0 和 1 标记好了。
- 其中 0 代表海洋，1 代表陆地。
- 找出一个 0 海洋单元格，这个 0 海洋单元格到离它最近的 1 陆地单元格，距离是最大的，并返回该距离。
- 如果网格上只有陆地或者海洋，请返回 -1。
「曼哈顿距离」（ Manhattan Distance）：
- (x0, y0) 和 (x1, y1) 这两个单元格之间的距离是 |x0 - x1| + |y0 - y1| 。
- 其实就是最短路径
解法： 多源BFS + 正难则反
从 0 海洋找 1 陆地不好找路径，反过来从陆地 1 到 0 海洋。
陆地 dist 初始为0。
class Solution {
public:typedef pair<int,int> PII;int dx[4]={0,0,1,-1};int dy[4]={1,-1,0,0};int maxDistance(vector<vector<int>>& grid) {int n=grid.size();vector<vector<int>> dist(n,vector<int>(n,-1));queue<PII> q;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(grid[i][j]==1){dist[i][j]=0;q.push({i,j});}}}int ret=-1;while(q.size()){auto [a,b]=q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=a+dx[i],y=b+dy[i];if(x>=0 && x<n && y>=0 && y<n&& dist[x][y]==-1){q.push({x,y});dist[x][y]=dist[a][b]+1;ret=max(ret,dist[x][y]);}}}return ret;}
};