一、岛屿数量

1.1. 题目描述

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:

[
['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:
[
['1','1','0','0','0'],
['1','1','0','0','0'],
['0','0','1','0','0'],
['0','0','0','1','1']
]
输出: 3
解释: 每座岛屿只能由水平和/或竖直方向上相邻的陆地连接而成。

1.2. 解题思路 & 代码

1.2.1. DFS 深度优先遍历

递归转化为迭代的话可以用栈，后进先出

  1. 我们可以将二维网格看成一个无向图，竖直或水平相邻的 1 之间有边相连。
  2. 为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则以其为起始节点开始进行深度优先搜索。
  3. 在深度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 0，这样可以避免两个 for 循环重复搜索。

最终岛屿的数量就是我们进行深度优先搜索的次数。

# 在开头加上
# import sys # python 默认递归深度不超过1000，做dfs会比C吃亏
# sys.setrecursionlimit(10000000)# 手动修改深度

class Solution:
    def dfs(self, grid, r, c):
        grid[r][c] = '0'   # 每次某个岛屿计数以后，把该岛屿所有 1 都归 0，这样两个 for 循环 就不会重复遍历了
        nr = len(grid)
        nc = len(grid[0])
        for new_r, new_c in [[r-1,c],[r+1,c],[r, c-1],[r, c+1]]:
            if 0 <= new_r < nr and 0 <= new_c <nc and grid[new_r][new_c] == '1':
                self.dfs(grid, new_r, new_c)
   
    def numIslands(self, grid: List[List[str]]) -> int:
        nr = len(grid) # 行数
        if nr == 0:
            return 0
        nc = len(grid[0]) # 列数
        num_land = 0
        for r in range(nr):
            for c in range(nc):
                if grid[r][c] == '1':
                    num_land += 1
                    self.dfs(grid, r, c)
        
        return num_land

复杂度分析

时间复杂度： O ( M N ) O(MN) O(MN)，其中 M M M 和 N N N 分别为行数和列数。

空间复杂度： O ( M N ) O(MN) O(MN)，在最坏情况下，整个网格均为陆地，深度优先搜索的深度达到 M N MN MN。

1.2.2. BFS 广度优先遍历

广度优先用队列，先进先出

同样地，我们也可以使用广度优先搜索代替深度优先搜索。

  1. 为了求出岛屿的数量，我们可以扫描整个二维网格。如果一个位置为 1，则将其加入队列，开始进行广度优先搜索。
  2. 在广度优先搜索的过程中，每个搜索到的 1 都会被重新标记为 0。直到队列为空，搜索结束。
  3. 最终岛屿的数量就是我们进行广度优先搜索的次数。 
class Solution:
    def numIslands(self, grid: List[List[str]]) -> int:
        nr = len(grid)
        if nr == 0:
            return 0
        nc = len(grid[0])
        num_land = 0
        queue = []              # 队列，可用列表表示
        for r in range(nr):
            for c in range(nc):
                if grid[r][c] == '1':
                    num_land += 1
                    queue.append([r, c])  # 入队
                    # grid[r][c] = '0' # 这里标记已访问可有可无
                    while queue:
                        row, col = queue.pop(0)  #左边出队（先进先出）
                        for i, j in [[row-1, col],[row+1, col],[row, col-1],[row, col+1]]:
                            if 0 <= i < nr and  0 <= j < nc and grid[i][j] == '1':
                                queue.append([i, j])  # 入队
                                grid[i][j] = '0'      # 放入队列以后马上标记为已访问，即置零
        return num_land

复杂度分析

时间复杂度： O ( M N ) O(MN) O(MN)，其中 M M M 和 N N N 分别为行数和列数。

空间复杂度： O ( m i n ( M , N ) ) O(min(M,N)) O(min(M,N))，在最坏情况下，整个网格均为陆地，队列的大小可以达到 m i n ( M , N ) min(M,N) min(M,N)。

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二、岛屿面积

2.1. 题目描述

给定一个包含了一些 0 和 1 的非空二维数组 grid 。

一个 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。

找到给定的二维数组中最大的岛屿面积。(如果没有岛屿，则返回面积为 0 。)

示例 1:

[[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]]
对于上面这个给定矩阵应返回 6。注意答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直的四个方向的 1 。

示例 2:

[[0,0,0,0,0,0,0,0]]
对于上面这个给定的矩阵, 返回 0。

注意: 给定的矩阵grid 的长度和宽度都不超过 50。

2.2. 解题思路 & 代码

2.2.1 DFS

算法

  1. 我们想知道网格中每个连通形状的面积，然后取最大值。
  2. 如果我们在一个土地上，以 4 个方向探索与之相连的每一个土地（以及与这些土地相连的土地），那么探索过的土地总数将是该连通形状的面积。
  3. 为了确保每个土地访问不超过一次，我们每次经过一块土地时，将这块土地的值置为 0。这样我们就不会多次访问同一土地。 
class Solution:
    def dfs(self, grid, cur_i, cur_j):
        if cur_i < 0 or cur_j < 0 or cur_i == len(grid) or cur_j == len(grid[0]) or grid[cur_i][cur_j] != 1:
            return 0
        grid[cur_i][cur_j] = 0
        ans = 1
        for di, dj in [[0, 1], [0, -1], [1, 0], [-1, 0]]:
            next_i, next_j = cur_i + di, cur_j + dj
            ans += self.dfs(grid, next_i, next_j)
        return ans

    def maxAreaOfIsland(self, grid: List[List[int]]) -> int:
        ans = 0
        for i, l in enumerate(grid):
            for j, n in enumerate(l):
                ans = max(self.dfs(grid, i, j), ans)
        return ans

复杂度分析

  1. 时间复杂度：O(R∗C)。其中 R 是给定网格中的行数CC 是列数。我们访问每个网格最多一次。

  2. 空间复杂度：O(R∗C)，递归的深度最大可能是整个网格的大小，因此最大可能使用 O(R∗C) 的栈空间。

2.2.2 DFS + 栈

算法

  1. 我们可以用栈来实现深度优先搜索算法。这种方法本质与方法一相同，唯一的区别是：
  2. 方法一通过函数的调用来表示接下来想要遍历哪些土地，让下一层函数来访问这些土地。而方法二把接下来想要遍历的土地放在栈里，然后在取出这些土地的时候访问它们。
  3. 访问每一片土地时，我们将对围绕它四个方向进行探索，找到还未访问的土地，加入到栈 stack 中；
  4. 另外，只要栈 stack 不为空，就说明我们还有土地待访问，那么就从栈中取出一个元素并访问。 
class Solution:
    def maxAreaOfIsland(self, grid: List[List[int]]) -> int:
        ans = 0
        for i, l in enumerate(grid):
            for j, n in enumerate(l):
                cur = 0
                stack = [(i, j)]
                while stack:
                    cur_i, cur_j = stack.pop()
                    if cur_i < 0 or cur_j < 0 or cur_i == len(grid) or cur_j == len(grid[0]) or grid[cur_i][cur_j] != 1:
                        continue
                    cur += 1
                    grid[cur_i][cur_j] = 0
                    for di, dj in [[0, 1], [0, -1], [1, 0], [-1, 0]]:
                        next_i, next_j = cur_i + di, cur_j + dj
                        stack.append((next_i, next_j))
                ans = max(ans, cur)
        return ans

复杂度分析

  1. 时间复杂度：O(R∗C)。其中 R 是给定网格中的行数，C 是列数。我们访问每个网格最多一次。
  2. 空间复杂度：O(R∗C)，栈中最多会存放所有的土地，土地的数量最多为 R∗C 块，因此使用的空间为 O(R∗C)。

2.2.3 BFS （队列）

算法

我们把方法二中的栈改为队列，每次从队首取出土地，并将接下来想要遍历的土地放在队尾，就实现了广度优先搜索算法。

class Solution:
    def maxAreaOfIsland(self, grid: List[List[int]]) -> int:
        ans = 0
        n = len(grid)
        m = len(grid[0])
        queue = []
        for i in range(n):               # 从某个坐标 [i, j] 进入搜索
            for j in range(m):
                cur = 0                  # 从 [i, j] 进入搜索的该岛屿的面积
                queue.append([i, j])     # 入队
                while queue:
                    cur_i, cur_j = queue.pop(0)  # 相当于 collections 的 queue 的 popleft()
                    if cur_i < 0 or cur_j < 0 or cur_i == len(grid) or cur_j == len(grid[0]) or grid[cur_i][cur_j] != 1:
                        continue                 # 不是需要探索的陆地，跳过该点
                    cur += 1                     # 既然没有进入 if ，则说明这个点是正常的陆地，面积 + 1
                    grid[cur_i][cur_j] = 0
                    for di, dj in [[0, 1], [0, -1], [1, 0], [-1, 0]]:  # 把四周的点都入队（典型的 BFS ）
                        next_i, next_j = cur_i + di, cur_j + dj
                        queue.append([next_i, next_j])
                ans = max(ans, cur)
        return ans

######################### 下面的写法也可以 ###########################
# class Solution:
# def maxAreaOfIsland(self, grid: List[List[int]]) -> int:
# ans = 0
# for i, l in enumerate(grid):
# for j, n in enumerate(l):
# cur = 0
# q = collections.deque([(i, j)])
# while q:
# cur_i, cur_j = q.popleft()
# if cur_i < 0 or cur_j < 0 or cur_i == len(grid) or cur_j == len(grid[0]) or grid[cur_i][cur_j] != 1:
# continue
# cur += 1
# grid[cur_i][cur_j] = 0
# for di, dj in [[0, 1], [0, -1], [1, 0], [-1, 0]]:
# next_i, next_j = cur_i + di, cur_j + dj
# q.append((next_i, next_j))
# ans = max(ans, cur)
# return ans

复杂度分析

  1. 时间复杂度：O(R∗C)。其中 R 是给定网格中的行数，C 是列数。我们访问每个网格最多一次。
  2. 空间复杂度：O(R∗C)，队列中最多会存放所有的土地，土地的数量最多为R∗C 块，因此使用的空间为 O(R∗C)。

参考：

  1. LeetCode 200. 题解.
  2. LeetCode 695. 官方题解