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算法：BFS解决 FloodFill 算法

作者：喵喵爱编程 | 2024-07-28 23:42:05

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FloodFill 算法

在递归搜索回溯中已经说到过 FloodFill 算法了，但是那里是用 dfs 解决的，这里会使用 bfs 解决

FloodFill 算法(中文：洪水灌溉)：

也就是找出性质相同的联通块

例如下图找出有几块会被洪水灌溉的区域，其中负数表示凹下去的地面，正数表示凸起的地面：

此时就会有两片区域会被洪水灌溉，也有问灌溉区域最大的面积是多少，或是灌溉区域最大的边是多少等等

按左边那个大的区域举例，之前的dfs，就是先一条路走到不能走时，再退回去，找其他路，也就是下面的紫色箭头的方式：

而bfs则是一层一层的扩展，每一层都关注该层的上下左右是否能扩展到其他地方，即下图所示：

共扩展了三层，就能够走完这个区域，这就是bfs的方式

总而言之，都是找出性质相同的联通块

题目一：图像渲染

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。

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]]

这道题的题意就是：给我们一个起始位置(sr, sc)，找到与起始位置相连且像素值相同的区域，都修改为newColor

也就是使用层序遍历，先找出起始位置的上下左右是否有相连的相同数字块，找到后，接下来再找刚刚找到的这些数字块的上下左右，有没有相连的，直到没有为止

并且在扩展的过程中，将像素值再修改为 newColor

在书写bfs时，非常常用的技巧就是：设置两个数组dx和dy，他们对应的位置组合来表示上下左右的移动，即dx[4] = {0, 0, 1, -1}，dy[4] = {1, -1, 0, 0}

对应位置组合为：(0, 1)，(0, -1)，(1, 0)，(-1, 0)

让原本的坐标，加上对应的这四个坐标，就能够完美表示上下左右的移动

代码如下：


class Solution 
{
    // 简便表示pair，typedef重命名一下
    typedef pair<int, int> PII;
    int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
    int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:
    vector<vector<int>> floodFill(vector<vector<int>>& image, int sr, int sc, int color) 
    {
        // 记录原本的像素值
        int prev = image[sr][sc];
        int m = image.size(), n = image[0].size();
        // 边界条件
        if(prev == color) return image;
        queue<PII> q;
        q.push({sr, sc});
        // 层序遍历
        while(!q.empty())
        {
            // 这样可以简便的取出pair里的内容，不需要使用first，second
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            image[a][b] = color;
            for(int i = 0; i < 4; i++)
            {
                // x、y是上下左右移动后的新坐标
                int x = a + dx[i];
                int y = b + dy[i];
                // 需要判断x、y是否越界访问image
                if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && image[x][y] == prev)
                    q.push({x, y});
            }
        }
        return image;
    }
};

题目二：岛屿数量

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

依旧是使用bfs的方式，这道题需要注意的是：

全是1的联通块是一个岛屿，但是在遍历时，有可能会重复计算同一块，假设第一块的右边第二块也是1，此时遍历到第一块时，会计算第二块，而遍历到第二块时，也可能会找到第一块，这样会导致死循环，一直遍历

解决方式就是创建一个与原数组一样大的数组vis，都是bool类型的，每遍历到一块区域，就将vis数组中对应位置的数设置为true，这样就不会重复遍历了

所以下面代码实现时，每次遍历到一个位置时，需要将vis数组中的该位置改为true，之后只有当vis数组对应位置为false时才遍历

代码如下：


class Solution 
{
    typedef pair<int, int> PII;
    // 判断数组，用于判断该位置是否被遍历过
    bool vis[301][301];
    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
    int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
    // m、n定义为全局的，便于bfs函数能取到值
    int m, n;
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& 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++)
            {
                // 当等于1时，还需要判断vis数组中对应位置是否为false
                if(grid[i][j] == '1' && vis[i][j] == false)
                {
                    // 每进入一次层序遍历，表示找到了一个岛，ret++
                    ret++;
                    bfs(grid, i, j);
                }
            }
        }
        return ret;
    }
    // bfs层序遍历函数
    void bfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j)
    {
        queue<PII> q;
        q.push({i, j});
        vis[i][j] = true;
        while(!q.empty())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            for(int num = 0; num < 4; num++)
            {
                // 上下左右四块
                int x = a + dx[num];
                int y = b + dy[num];
                // 判断不越界的同时，还需要判断vis数组是否为false
                if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == '1' && vis[x][y] == false)
                {
                    // 每次遍历到后，将vis数组对应位置改为true
                    vis[x][y] = true;
                    q.push({x, y});
                }
            }
        }
    }
};

题目三：岛屿的最大面积

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

示例 2：

输入：grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]]
输出：0

这道题与上一题一样，也是需要vis数组，标记某个位置是否遍历过，方法也与上一题几乎一模一样，只是在统计每一岛屿时，加了一个变量count，每次入队列时count++，最后返回给主函数即可

代码如下：


class Solution 
{
public:
    typedef pair<int, int> PII;
    // 判断数组，用于判断该位置是否被遍历过
    bool vis[60][60];
    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
    int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
    // m、n定义为全局的，便于bfs函数能取到值
    int m, n;
 
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& 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(grid[i][j] == 1 && vis[i][j] == false)
                {
                    int num = bfs(grid, i, j);
                    ret = max(ret, num);
                }
            }
        }
        return ret;
    }
 
    int bfs(vector<vector<int>>& grid, int i, int j)
    {
        int count = 0;
        queue<PII> q;
        q.push({i, j});
        count++;
        vis[i][j] = true;
        while(!q.empty())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            for(int k = 0; k < 4; k++)
            {
                int x = a + dx[k];
                int y = b + dy[k];
                if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1 && vis[x][y] == false)
                {
                    q.push({x, y});
                    count++;
                    vis[x][y] = true;
                }
            }
            
        }
        return count;
    }
};

题目四：被围绕的区域

给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 'X' 和 'O' 组成，捕获所有 被围绕的区域：

连接：一个单元格与水平或垂直方向上相邻的单元格连接。
区域：连接所有 'O' 的单元格来形成一个区域。
围绕：如果您可以用 'X' 单元格 连接这个区域，并且区域中没有任何单元格位于 board 边缘，则该区域被 'X' 单元格围绕。

通过将输入矩阵 board 中的所有 'O' 替换为 'X' 来 捕获被围绕的区域。

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：

在上图中，底部的区域没有被捕获，因为它在 board 的边缘并且不能被围绕。

示例 2：

输入：board = [["X"]]

输出：[["X"]]

题目要求就是联通块中不能存在边缘的方块，否则就不改变，边缘指 m * n 的四周那一圈

解法一：直接做

这道题最容易想到的思路就是直接做：

遇到联通块时，先遍历一下这个联通快，判断这个区域内是否有边缘块，如果没有就改变，如果有就不改变，这种做法是需要每次遍历两遍联通块，比较复杂，下面看解法二

解法二：正难则反

既然正着做这道题比较困难，那就反着做，题目要求不能联通块不能出现在边缘，所以我们可以先从边缘开始判断，对边缘区域的联通块先层序遍历，将这些边缘区域的○修改为+

此时矩阵中剩余的○就是符合题意的，这时遍历整个矩阵，如果有○全部修改为×

最后再将刚刚边缘改为+的位置，再改回○即可

代码如下：


class Solution {
public:
    typedef pair<int, int> PII;
    // 判断数组，用于判断该位置是否被遍历过
    int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
    int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
    // m、n定义为全局的，便于bfs函数能取到值
    int m, n;
 
    void solve(vector<vector<char>>& board) 
    {
        m = board.size(), n = board[0].size();
        // 将边缘区域为O的先全部变为+
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            if(board[i][0] == 'O') bfs(board, i, 0);
            if(board[i][n - 1] == 'O') bfs(board, i, n - 1);
        }
        for(int j = 0; j < n; j++)
        {
            if(board[0][j] == 'O') bfs(board, 0, j);
            if(board[m - 1][j] == 'O') bfs(board, m - 1, j);
        }
        // 再将剩余的O变为X，+变为O
        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';
    }
    // bfs实现边缘区域的O变+
    void bfs(vector<vector<char>>& board, int i, int j)
    {
        queue<PII> q;
        q.push({i, j});
        board[i][j] = '+';
        while(!q.empty())
        {
            auto [a, b] = q.front();
            q.pop();
            for(int k = 0; k < 4; k++)
            {
                int x = a + dx[k];
                int y = b + dy[k];
                if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && board[x][y] == 'O')
                {
                    q.push({x, y});
                    board[x][y] = '+';
                }
            }
        }
    }
};

BFS解决 FloodFill 算法的题目到此结束

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