算法沉淀——FloodFill 算法（leetcode真题剖析）_flood fill算法

Flood Fill（泛洪填充）算法是一种图像处理的基本算法，用于填充连通区域。该算法通常从一个种子点开始，沿着种子点的相邻像素进行填充，直到遇到边界或者其他指定的条件为止。Flood Fill 算法的主要应用是在图像编辑软件中实现填充操作，以及在计算机图形学、计算机视觉等领域中进行区域填充。

算法的基本思想是：

1. 选择一个起始点（种子点），将其染色。
2. 检查当前点的相邻像素，如果符合填充条件且未被染色，则将其染色，并将其加入待处理队列（或递归调用）。
3. 重复步骤2，直到没有可填充的像素为止。

Flood Fill 算法的实现可以使用递归、栈或队列等数据结构。常见的填充条件包括相邻像素颜色相同、相邻像素颜色不同等。

在图像编辑软件中，用户通常通过选择一个起始点和指定填充颜色来触发 Flood Fill 操作，使得相邻区域被填充为指定颜色。

Flood Fill 算法的变种和优化版本也被用于解决其他问题，例如计算连通区域的大小、边界填充、种子点选择策略等。

01.图像渲染

题目链接：https://leetcode.cn/problems/flood-fill/

有一幅以 m x n 的二维整数数组表示的图画 image ，其中 image[i][j] 表示该图画的像素值大小。

你也被给予三个整数 sr , sc 和 newColor 。你应该从像素 image[sr][sc] 开始对图像进行 上色填充 。

为了完成 上色工作 ，从初始像素开始，记录初始坐标的 上下左右四个方向上 像素值与初始坐标相同的相连像素点，接着再记录这四个方向上符合条件的像素点与他们对应 四个方向上 像素值与初始坐标相同的相连像素点，……，重复该过程。将所有有记录的像素点的颜色值改为 newColor 。

最后返回 经过上色渲染后的图像 。

示例 1:

输入: image = [[1,1,1],[1,1,0],[1,0,1]]，sr = 1, sc = 1, newColor = 2
输出: [[2,2,2],[2,2,0],[2,0,1]]
解析: 在图像的正中间，(坐标(sr,sc)=(1,1)),在路径上所有符合条件的像素点的颜色都被更改成2。
注意，右下角的像素没有更改为2，因为它不是在上下左右四个方向上与初始点相连的像素点。
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示例 2:

输入: image = [[0,0,0],[0,0,0]], sr = 0, sc = 0, newColor = 2
输出: [[2,2,2],[2,2,2]]
1
2

提示:

• m == image.length
• n == image[i].length
• 1 <= m, n <= 50
• 0 <= image[i][j], newColor < 216
• 0 <= sr < m
• 0 <= sc < n

思路

可以利用「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，这里我们使用深搜。

代码

class Solution {
    const int dx[4]={0,0,1,-1};
    const int dy[4]={-1,1,0,0};
    int m,n,prev;
public:
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) {
        if(image[sr][sc] == color) return image;

        m=image.size(),n=image[0].size();
        prev=image[sr][sc];
        dfs(image,sr,sc,color);
        return image;
    }

    void dfs(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color){
        image[sr][sc]=color;
        for(int i=0;i<4;++i){
            int x=sr+dx[i],y=sc+dy[i];
            if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&image[x][y]==prev){
                dfs(image,x,y,color);
            }
        }
    }
};
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02.岛屿数量

题目链接：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
1
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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
1
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6
7

提示：

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= m, n <= 300
• grid[i][j] 的值为 '0' 或 '1'

思路

结合前面的题目，我们只需要对每个等于1的格子进行一次深度遍历，遍历过后标记该位置，防止重新标记。

代码

class Solution {
    const int dx[4]={0,0,1,-1};
    const int dy[4]={1,-1,0,0};
    int m,n;
    bool vis[301][301];

    void dfs(vector<vector<char>>& grid,int i,int j){
        vis[i][j]=true;
        for(int k=0;k<4;++k){
            int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
            if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&!vis[x][y]&&grid[x][y]=='1'){
                dfs(grid,x,y);
            }
        }
    }
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        m=grid.size(),n=grid[0].size();
        int ret=0;
        for(int i=0;i<m;++i){
            for(int j=0;j<n;++j){
                if(!vis[i][j]&&grid[i][j]=='1'){
                    ret++;
                    dfs(grid,i,j);
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};
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03.岛屿的最大面积

题目链接：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 。

示例 1：

输入：grid = [[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
输出：6
解释：答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。
1
2
3

示例 2：

输入：grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]]
输出：0
1
2

提示：

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= m, n <= 50
• grid[i][j] 为 0 或 1

思路

在解决这个问题时，我们可以遍历整个矩阵，每当遇到一块土地时，使用深度搜索（DFS）或宽度搜索（BFS）将与这块土地相连的整个岛屿的面积计算出来。然后，在搜索得到的所有岛屿面积中求一个最大值即可。

在搜索过程中，为了防止搜到重复的土地，可以采用以下两种方法之一：

1. 开一个同等规模的布尔数组，标记这个位置是否已经被访问过；
2. 将原始矩阵的 1 修改成 0，但是这样操作会修改原始矩阵。

这样的搜索过程能够找到所有相连的土地形成的岛屿，并求出它们的面积，最后取得所有岛屿的最大面积。

代码

class Solution {
    const int dx[4]={0,0,1,-1};
    const int dy[4]={-1,1,0,0};
    bool vis[51][51];
    int m,n,count;

    void dfs(vector<vector<int>>& grid,int i,int j){
        vis[i][j]=true;
        count++;
        for(int k=0;k<4;++k){
            int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
            if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&!vis[x][y]&&grid[x][y]==1){
                dfs(grid,x,y);
            }
        }
    }
public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int ret=0;
        m=grid.size();
        n=grid[0].size();
        for(int i=0;i<m;++i){
            for(int j=0;j<n;++j){
                if(!vis[i][j]&&grid[i][j]==1)
                {
                    count=0;
                    dfs(grid,i,j);
                    ret=max(ret,count);
                } 
            }
        }
        return ret;
    }
};
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04.被围绕的区域

题目链接：https://leetcode.cn/problems/surrounded-regions/

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。

示例 1：

输入：board = [["X","X","X","X"],["X","O","O","X"],["X","X","O","X"],["X","O","X","X"]]
输出：[["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","X","X","X"],["X","O","X","X"]]
解释：被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 'O' 都不会被填充为 'X'。 任何不在边界上，或不与边界上的 'O' 相连的 'O' 最终都会被填充为 'X'。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。
1
2
3

示例 2：

输入：board = [["X"]]
输出：[["X"]]
1
2

提示：

• m == board.length
• n == board[i].length
• 1 <= m, n <= 200
• board[i][j] 为 'X' 或 'O'

思路

这里我们采用逆向思维的方式，先从四周开始深度遍历，将能遍历到的O都改为除X之外的字符，那么剩下的字符O就是需要修改的字符了，之后再遍历棋盘，将改为其他字符的字符改回O，将需要修改的O改为X。

代码

class Solution {
    const int dx[4]={0,0,1,-1};
    const int dy[4]={-1,1,0,0};
    int m,n;

    void dfs(vector<vector<char>>& board,int i,int j){
        board[i][j]='#';
        for(int k=0;k<4;++k){
            int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
            if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&board[x][y]=='O'){
                board[x][y]='#';
                dfs(board,x,y);
            }
        }
    }
public:
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        m=board.size(),n=board[0].size();
        for(int i=0;i<n;++i){
            if(board[0][i]=='O') dfs(board,0,i);
            if(board[m-1][i]=='O') dfs(board,m-1,i);
        }
        for(int i=1;i<m-1;++i){
            if(board[i][0]=='O') dfs(board,i,0);
            if(board[i][n-1]=='O') dfs(board,i,n-1);
        }


        for(int i=0;i<m;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                if(board[i][j]=='O') board[i][j]='X';
                else if(board[i][j]=='#') board[i][j]='O';
            }
        }
    }
};
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05.太平洋大西洋水流问题

题目链接：https://leetcode.cn/problems/pacific-atlantic-water-flow/

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 。

示例 1：

输入: heights = [[1,2,2,3,5],[3,2,3,4,4],[2,4,5,3,1],[6,7,1,4,5],[5,1,1,2,4]]
输出: [[0,4],[1,3],[1,4],[2,2],[3,0],[3,1],[4,0]]
1
2

示例 2：

输入: heights = [[2,1],[1,2]]
输出: [[0,0],[0,1],[1,0],[1,1]]
1
2

提示：

• m == heights.length
• n == heights[r].length
• 1 <= m, n <= 200
• 0 <= heights[r][c] <= 105

思路

和上面一样，这里我们采用逆向思维，从太平洋和大西洋两边的边向上遍历，比自己本身大就向上遍历，最后两边遍历完重叠区域即为所求。

代码

class Solution {
    const int dx[4]={0,0,1,-1};
    const int dy[4]={1,-1,0,0};
    bool po[201][201];
    bool ao[201][201];
    int m,n;
public:
    vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {
        m=heights.size(),n=heights[0].size();
        vector<vector<int>> ret;

        for(int i=0;i<n;++i) dfs(heights,0,i,po);
        for(int i=0;i<m;++i) dfs(heights,i,0,po);

        for(int i=0;i<m;++i) dfs(heights,i,n-1,ao);
        for(int i=0;i<n;++i) dfs(heights,m-1,i,ao);

        for(int i=0;i<m;i++)
            for(int j=0;j<n;++j)
                if(po[i][j]&&ao[i][j]) ret.push_back({i,j});

        return ret;
    }

    void dfs(vector<vector<int>>& heights,int i,int j,bool vis[201][201]){
        vis[i][j]=true;
        for(int k=0;k<4;++k){
            int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
            if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&!vis[x][y]&&heights[x][y]>=heights[i][j])
                dfs(heights,x,y,vis);
        }
    }
};
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06.扫雷游戏

题目链接：https://leetcode.cn/problems/minesweeper/

让我们一起来玩扫雷游戏！

给你一个大小为 m x n 二维字符矩阵 board ，表示扫雷游戏的盘面，其中：

• 'M' 代表一个 未挖出的 地雷，
• 'E' 代表一个 未挖出的 空方块，
• 'B' 代表没有相邻（上，下，左，右，和所有4个对角线）地雷的 已挖出的 空白方块，
• 数字（'1' 到 '8'）表示有多少地雷与这块 已挖出的 方块相邻，
• 'X' 则表示一个 已挖出的 地雷。

给你一个整数数组 click ，其中 click = [clickr, clickc] 表示在所有 未挖出的 方块（'M' 或者 'E'）中的下一个点击位置（clickr 是行下标，clickc 是列下标）。

根据以下规则，返回相应位置被点击后对应的盘面：

1. 如果一个地雷（'M'）被挖出，游戏就结束了- 把它改为 'X' 。
2. 如果一个 没有相邻地雷 的空方块（'E'）被挖出，修改它为（'B'），并且所有和其相邻的 未挖出 方块都应该被递归地揭露。
3. 如果一个 至少与一个地雷相邻 的空方块（'E'）被挖出，修改它为数字（'1' 到 '8' ），表示相邻地雷的数量。
4. 如果在此次点击中，若无更多方块可被揭露，则返回盘面。

示例 1：

输入：board = [["E","E","E","E","E"],["E","E","M","E","E"],["E","E","E","E","E"],["E","E","E","E","E"]], click = [3,0]
输出：[["B","1","E","1","B"],["B","1","M","1","B"],["B","1","1","1","B"],["B","B","B","B","B"]]
1
2

示例 2：

输入：board = [["B","1","E","1","B"],["B","1","M","1","B"],["B","1","1","1","B"],["B","B","B","B","B"]], click = [1,2]
输出：[["B","1","E","1","B"],["B","1","X","1","B"],["B","1","1","1","B"],["B","B","B","B","B"]]
1
2

提示：

• m == board.length
• n == board[i].length
• 1 <= m, n <= 50
• board[i][j] 为 'M'、'E'、'B' 或数字 '1' 到 '8' 中的一个
• click.length == 2
• 0 <= clickr < m
• 0 <= clickc < n
• board[clickr][clickc] 为 'M' 或 'E'

思路
模拟类型的深度优先搜索（DFS）题目。首先，需要理解题目的要求，即游戏规则。

从给定的点击位置开始，根据游戏规则执行一次深度优先搜索即可。在DFS的过程中，根据题目规定的游戏规则，进行相应的操作。

07.衣橱整理

题目链接：https://leetcode.cn/problems/ji-qi-ren-de-yun-dong-fan-wei-lcof/

家居整理师将待整理衣橱划分为 m x n 的二维矩阵 grid，其中 grid[i][j] 代表一个需要整理的格子。整理师自 grid[0][0] 开始 逐行逐列 地整理每个格子。

整理规则为：在整理过程中，可以选择 向右移动一格 或 向下移动一格，但不能移动到衣柜之外。同时，不需要整理 digit(i) + digit(j) > cnt 的格子，其中 digit(x) 表示数字 x 的各数位之和。

请返回整理师 总共需要整理多少个格子。

示例 1：

输入：m = 4, n = 7, cnt = 5
输出：18
1
2

提示：

• 1 <= n, m <= 100
• 0 <= cnt <= 20

思路

在原始的dfs基础上加上一个边界条件，即不可超过的范围即可。

代码

class Solution {
    const int dx[4]={0,0,1,-1};
    const int dy[4]={1,-1,0,0};
    int m,n,c,ret=0;
    bool vis[101][101];
public:
    int wardrobeFinishing(int _m, int _n, int cnt) {
        m=_m,n=_n,c=cnt;
        dfs(0,0);
        return ret;
    }

    void dfs(int i,int j){
        vis[i][j]=true;
        ret++;

        for(int k=0;k<4;++k){
            int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
            if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&!vis[x][y]&&comp(x,y))
                dfs(x,y);
        }
    }

    bool comp(int i,int j){
        int tmp=0;
        while(i){
            tmp+=i%10;
            i/=10;
        }
        while(j){
            tmp+=j%10;
            j/=10;
        }

        return tmp<=c;
    }
};
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