1.200. 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提示：
m == grid.lengthn == grid[i].length1grid[i][j]的值为'0'或'1'
思路：
对于网格上的 DFS，我们完全可以参考二叉树的 DFS，写出网格 DFS 的两个要素：
首先，网格结构中的格子有多少相邻结点？答案是上下左右四个。对于格子 (r, c) 来说（r 和 c 分别代表行坐标和列坐标），四个相邻的格子分别是 (r-1, c)、(r+1, c)、(r, c-1)、(r, c+1)。换句话说，网格结构是「四叉」的。
其次，网格 DFS 中的 base case 是什么？从二叉树的 base case 对应过来，应该是网格中不需要继续遍历、grid[r][c] 会出现数组下标越界异常的格子，也就是那些超出网格范围的格子。
这一点稍微有些反直觉，坐标竟然可以临时超出网格的范围？这种方法我称为「先污染后治理」—— 甭管当前是在哪个格子，先往四个方向走一步再说，如果发现走出了网格范围再赶紧返回。这跟二叉树的遍历方法是一样的，先递归调用，发现 root == null 再返回。
这样，我们得到了网格 DFS 遍历的框架代码：
void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
// 判断 base case
// 如果坐标 (r, c) 超出了网格范围，直接返回
if (!inArea(grid, r, c)) {
return;
}
// 访问上、下、左、右四个相邻结点
dfs(grid, r - 1, c);
dfs(grid, r + 1, c);
dfs(grid, r, c - 1);
dfs(grid, r, c + 1);
}
// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
return 0 网格结构的 DFS 与二叉树的 DFS 最大的不同之处在于，遍历中可能遇到遍历过的结点。这是因为，网格结构本质上是一个「图」，我们可以把每个格子看成图中的结点，每个结点有向上下左右的四条边。在图中遍历时，自然可能遇到重复遍历结点。
这时候，DFS 可能会不停地「兜圈子」，永远停不下来，如下图所示：
如何避免这样的重复遍历呢？答案是标记已经遍历过的格子。以岛屿问题为例，我们需要在所有值为 1 的陆地格子上做 DFS 遍历。每走过一个陆地格子，就把格子的值改为 2，这样当我们遇到 2 的时候，就知道这是遍历过的格子了。也就是说，每个格子可能取三个值：
0 —— 海洋格子
1 —— 陆地格子（未遍历过）
2 —— 陆地格子（已遍历过）
我们在框架代码中加入避免重复遍历的语句：
void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
// 判断 base case
if (!inArea(grid, r, c)) {
return;
}
// 如果这个格子不是岛屿，直接返回
if (grid[r][c] != 1) {
return;
}
grid[r][c] = 2; // 将格子标记为「已遍历过」
// 访问上、下、左、右四个相邻结点
dfs(grid, r - 1, c);
dfs(grid, r + 1, c);
dfs(grid, r, c - 1);
dfs(grid, r, c + 1);
}
// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
return 0 代码：
class Solution {
//利用深度递归解决服务器托管网，可以看图，并加记住这个模板，他可以解决岛屿中的问题，还有一题岛屿面积问题也是这个模板。
public int numIslands(char[][] grid) {
//定义一个表示岛屿数量的变量
int count = 0;
//这个两层for循环是用来遍历整张二维表格中所有的陆地
//其中 i 表示行，j 表示列
for(int i = 0; i=grid.length||j>=grid[0].length||grid[i][j]=='0') return;
//将遍历过的陆地改为海洋，防止重复遍历
grid[i][j]='0';
//上，
dfs(grid,i+1,j);
//下
dfs(grid,i-1,j);
//右
dfs(grid,i,j+1);
//左
dfs(grid,i,j-1);
}
}2.695. 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提示：
m == grid.lengthn == grid[i].length1grid[i][j]为0或1
思路：
这道题目只需要对每个岛屿做 DFS 遍历，求出每个岛屿的面积就可以了。求岛屿面积的方法也很简单，代码如下，每遍历到一个格子，就把面积加一：
int area(int[][]grid,int r, int c){
if (!inArea(grid, r, c)) {
return 0;
}
if (grid[r][c] != 1) {
return 0;
}
grid[r][c] = 2;
return 1
+area(grid,r-1,c)
+area(grid,r+1,c)
+area(grid,r,c-1)
+area(grid,r,c+1);
}代码：
class Solution{
public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
int res = 0;
for (int r = 0; r 3.827. 最大人工岛
这个蛮难的
给你一个大小为n x n二进制矩阵grid。最多只能将一格0变成1。
返回执行此操作后，grid中最大的岛屿面积是多少？
岛屿由一组上、下、左、右四个方向相连的1形成。
示例 1:
输入: grid = [[1, 0], [0, 1]] 输出: 3 解释: 将一格0变成1，最终连通两个小岛得到面积为 3 的岛屿。示例 2:
输入: grid = [[1, 1], [1, 0]] 输出: 4 解释: 将一格0变成1，岛屿的面积扩大为 4。示例 3:
输入: grid = [[1, 1], [1, 1]] 输出: 4 解释: 没有0可以让我们变成1，面积依然为 4。提示：
n == grid.lengthn == grid[i].length1grid[i][j]为0或1
思路：
大致的思路我们不难想到，我们先计算出所有岛屿的面积，在所有的格子上标记出岛屿的面积。然后搜索哪个海洋格子相邻的两个岛屿面积最大。
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代码：
class Solution {
public int largestIsland(int[][] grid) {
if (grid == null || grid.length == 0) return 1;
int result = 0, index = 2;
HashMap areasMap = new HashMap();
for (int i = 0; i islands = getIslands(grid, i, j);
if (islands.size() == 0) continue; // 周围没有岛屿
result = Math.max(result, islands.stream().map(item -> areasMap.get(item)).reduce(Integer::sum).orElse(0) + 1);
}
}
}
if (result == 0) return areasMap.get(2); // 全是岛屿，没有海洋
return result;
}
public int calculateAreas(int index, int[][] grid, int row, int column) {
if (!isLegal(grid, row, column) || grid[row][column] != 1) return 0;
grid[row][column] = index;
return calculateAreas(index, grid, row + 1, column) + calculateAreas(index, grid, row - 1, column) + calculateAreas(index, grid, row, column - 1) + calculateAreas(index, grid, row, column + 1) + 1;
}
public boolean isLegal(int[][] grid, int row, int column) {
return row >= 0 && row = 0 && column getIslands(int[][] grid, int row, int column) {
Set result = new HashSet();
if (isLegal(grid, row + 1, column) && grid[row + 1][column] != 0)
result.add(grid[row + 1][column]);
if (isLegal(grid, row - 1, column) && grid[row - 1][column] != 0)
result.add(grid[row - 1][column]);
if (isLegal(grid, row, column - 1) && grid[row][column - 1] != 0)
result.add(grid[row][column - 1]);
if (isLegal(grid, row, column + 1) && grid[row][column + 1] != 0)
result.add(grid[row][column + 1]);
return result;
}
}4.994. 腐烂的橘子
在给定的m x n网格grid中，每个单元格可以有以下三个值之一：
- 值
0代表空单元格； - 值
1代表新鲜橘子； - 值
2代表腐烂的橘子。
每分钟，腐烂的橘子周围4 个方向上相邻的新鲜橘子都会腐烂。
返回直到单元格中没有新鲜橘子为止所必须经过的最小分钟数。如果不可能，返回-1。
示例 1：
输入：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]] 输出：4示例 2：
输入：grid = [[2,1,1],[0,1,1],[1,0,1]] 输出：-1 解释：左下角的橘子（第 2 行， 第 0 列）永远不会腐烂，因为腐烂只会发生在 4 个方向上。示例 3：
输入：grid = [[0,2]] 输出：0 解释：因为 0 分钟时已经没有新鲜橘子了，所以答案就是 0 。提示：
m == grid.lengthn == grid[i].length1grid[i][j]仅为0、1或2
思路：
这道题的主要思路是：
一开始，我们找出所有腐烂的橘子，将它们放入队列，作为第 0 层的结点。
然后进行 BFS 遍历，每个结点的相邻结点可能是上、下、左、右四个方向的结点，注意判断结点位于网格边界的特殊情况。
由于可能存在无法被污染的橘子，我们需要记录新鲜橘子的数量。在 BFS 中，每遍历到一个橘子（污染了一个橘子），就将新鲜橘子的数量减一。如果 BFS 结束后这个数量仍未减为零，说明存在无法被污染的橘子。
代码：
class Solution {
public int orangesRotting(int[][] grid) {
int M=grid.length;
int N=grid[0].length;
Queue queue =new LinkedList();
int count=0;//新鲜橘子的数量
for (int r = 0; r 0 && !queue.isEmpty()) {
round++;
int n = queue.size();
for (int i = 0; i = 0 && grid[r-1][c] == 1) {
grid[r-1][c] = 2;
count--;
queue.add(new int[]{r-1, c});
}
if (r+1 = 0 && grid[r][c-1] == 1) {
grid[r][c-1] = 2;
count--;
queue.add(new int[]{r, c-1});
}
if服务器托管网 (c+1 0) {
return -1;
} else {
return round;
}
}
}
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