Leetcode 200 島嶼數量

給定乙個由'1'（陸地）和'0'（水）組成的的二維網格，計算島嶼的數量。乙個島被水包圍，並且它是通過水平方向或垂直方向上相鄰的陸地連線而成的。你可以假設網格的四個邊均被水包圍。

示例 1:

輸入: 11110 11010 11000 00000

輸出: 1

示例 2:

輸入: 11000 11000 00100 00011

輸出: 3

思路是：對每乙個結點，採用bfs的方法，加入佇列，將有相連的點一一置零。但是時間複雜度比較高，對於比較大的二維陣列會超時。想起之前資料結構課上做的類似的問題，當時是用遞迴做的dfs的版本，嘗試實現一下。

結果是超時，也難以計算時間複雜度和空間複雜度。

public
intnumislands
(char
grid)
if(row==
0|| col==0)
return0;
// 針對單列或單行網格
if(row==
1||col==1)
if(row==1)
if(grid[0]
[col-1]
=='1'
) count++;}
else
if(grid[row-1]
[0]==
'1') count++;}
return count;
}else
else
if(b==col-1)
else
}else
if(a==row-1)
else
if(b==col-1)
else
}else
else
if(b==col-1)
else
}// 刪除當前陸地
grid[a]
[b]=
'0';
} count++;}
}}}return count;
}

看了官方題解，發現不用存入整個結構體，再迭代掃瞄，類似的二維陣列存入的問題，知道的網格結構的固定大小後，就可以固定row和col，只需要存入相對位置，就可以算出(i,j)。相對於上一次的版本，節省了大量建立新物件並插入佇列及遍歷佇列的時間，大幅度優化了時間複雜度，同時節省了point物件所需要的大量儲存空間，大幅度優化了空間複雜度，具體如下：

時間複雜度：o(mxn) 取決於二維陣列的大小

空間複雜度:o(min(m,n)) 最壞條件下，即全為陸地的情況下的空間複雜度。

public
intnumislands
(char
grid)
// <
if(c-
1>=
0&&grid[r]
[c-1]==
'1')
// >
if(c+
1[c+1]==
'1')
// v
if(r+
1[c]==
'1')}}
}}return count;
}

之前的廣度優先搜尋需要借助佇列來儲存待訪問的結點，這裡的深度優先搜尋利用了遞迴法回溯的特性，可以預設按照順序掃瞄訪問，但也要注意遞迴法也十分的消耗資源。

時間複雜度: o(mxn)

空間複雜度：o(mxn),最壞情況下，即全為陸地。

public
void
dfs(
char
grid,
int i,
int j)
// v
if(i+
1[j]==
'1')
// <
if(j-
1>=
0&&grid[i]
[j-1]==
'1')
// >
if(j+
1[j+1]==
'1')
}public
intnumislands
(char
grid)}}
return count;
}

看了官方的題解，大概類似於遍歷一遍圖，找出所有的連通分支，然後統計連通分支數量（乙個孤立點也是乙個連通分支）。

按照這個思路，大概按照圖的連通分支演算法做一遍，之後再去看題解。

大概看了並查集的解釋後，發現這是乙個非常好的演算法，易於理解。但相對比較耗費資源。具體如下：

class
unionfind
// 秩為0,也就是樹的高度為零
rank[i * col + j]=0
;}}}
public
boolean
union
(int u,
int v)
count--
;return
true;}
public
intfind
(int u)
return u;}}
public
class
solution}}
}return unionfind.count;
}

bfs演算法

dfs演算法

並查集演算法

在二維陣列的第二維陣列中元素個數固定後（網格），用 i*col+j 的方法代替儲存 (i,j) 樣式的結構體（class實現）。可以大大減少建立新物件的資源開支。

在判斷鄰居是否連通時，為防止越界加上判斷就好，不用對每種情況都分析，要多總結，找到效率較高的方法。

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