算法沉淀——FloodFill 算法
- 01.图像渲染
- 02.岛屿数量
- 03.岛屿的最大面积
- 04.被围绕的区域
- 05.太平洋大西洋水流问题
- 06.扫雷游戏
- 07.衣橱整理
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:
- 选择一个起始点(种子点),将其染色。
- 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)。
- 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。
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]]
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
> floodFill(vector >& 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 >& 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 =0&&y dfs(image,x,y,color); } } } }; 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
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'
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
>& 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 =0&&y dfs(grid,x,y); } } } public: int numIslands(vector >& grid) { m=grid.size(),n=grid[0].size(); int ret=0; for(int i=0;i for(int j=0;j if(!vis[i][j]&&grid[i][j]=='1'){ ret++; dfs(grid,i,j); } } } return ret; } }; 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 。
示例 2:
输入:grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]] 输出:0
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:
- 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;
- 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
>& 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 =0&&y dfs(grid,x,y); } } } public: int maxAreaOfIsland(vector >& grid) { int ret=0; m=grid.size(); n=grid[0].size(); for(int i=0;i for(int j=0;j if(!vis[i][j]&&grid[i][j]==1) { count=0; dfs(grid,i,j); ret=max(ret,count); } } } return ret; } }; 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。
示例 2:
输入:board = [["X"]] 输出:[["X"]]
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
>& 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 =0&&y board[x][y]='#'; dfs(board,x,y); } } } public: void solve(vector >& board) { m=board.size(),n=board[0].size(); for(int i=0;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 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 for(int j=0;j if(board[i][j]=='O') board[i][j]='X'; else if(board[i][j]=='#') board[i][j]='O'; } } } }; 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]]
示例 2:
输入: heights = [[2,1],[1,2]] 输出: [[0,0],[0,1],[1,0],[1,1]]
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
> pacificAtlantic(vector >& heights) { m=heights.size(),n=heights[0].size(); vector > ret; for(int i=0;i i,j}); return ret; } void dfs(vector >& 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 =0&&y =heights[i][j]) dfs(heights,x,y,vis); } } }; 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:
- 如果一个地雷('M')被挖出,游戏就结束了- 把它改为 'X' 。
- 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。
- 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。
- 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"]]
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"]]
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
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
=0&&y int tmp=0; while(i){ tmp+=i%10; i/=10; } while(j){ tmp+=j%10; j/=10; } return tmp<=c; } };