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先來看一道題目：島嶼

現在給你一個m*n矩陣，1表示陸地，0表示海，現在要你統計出這個矩陣上有幾個小島，上下左右聯通的元素屬於一座島。

1 1 0 0 1

1 0 1 1 1

0 1 0 0 0

上例就應該是3。

這題：很明顯是在一個圖上求聯通分量，但是比聯通分量還簡單。

思路：

A.BFS

1.從點(1,1)開始，進行BFS，將遍歷到的點都標記為2，結束一輪BFS，島嶼數量+1

2.遍歷下一個節點，如果已經被標記為2，則直接跳過

複雜度分析：就是遍歷所有為1的節點的複雜度，雖然遍歷矩陣有兩層迴圈，但是實際上的BFS只遍歷了為1的點而已，O(n*m)。

#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int Map[105][105],total,m,n;

typedef struct{
int x,y;
}Point;

void BFS(int x,int y){
   queue<Point>que;
   Point temp;
   int xx,yy;
   que.push(Point{x,y});
   while(!que.empty()){
       temp=que.front();
       que.pop();
       xx=temp.x;
       yy=temp.y;
       Map[xx][yy]=2;
       if(xx>1&&(Map[xx-1][yy]&1)){
           que.push(Point{xx-1,yy});
       }
       if(xx<n&&(Map[xx+1][yy]&1)){
           que.push(Point{xx+1,yy});
       }
       if(yy>1&&(Map[xx][yy-1]&1)){
           que.push(Point{xx,yy-1});
       }
       if(yy<n&&(Map[xx][yy+1]&1)){
           que.push(Point{xx,yy+1});
       }
   }
}

int main(){

   scanf("%d%d",&m,&n);
   for(int i=1;i<=m;i++){
       for(int j=1;j<=n;j++){
           scanf("%d",&Map[i][j]);
       }
   }
   for(int i=1;i<=m;i++){
       for(int j=1;j<=n;j++){
           if(Map[i][j]&1){
               BFS(i,j);
               total++;
           }
       }
   }
   printf("島嶼數量:%d",total);
   return 0;
}

B.DFS 這是左神的思路：

實現一個infect(i,j)函式，這個函式會將(i,j)周圍的點感染為2，同時，被感染的點遞迴地去感染他們周圍的點。

#include<cstdio>
using namespace std;
int Map[105][105],total,m,n;
void infect(int x,int y){
   if(x<=0||x>m||y<=0||y>n||(Map[x][y]!=1)){
       return;
   }
   Map[x][y]=2;
   infect(x-1,y);
   infect(x+1,y);
   infect(x,y-1);
   infect(x,y+1);
}

int main(){
   scanf("%d%d",&m,&n);
   for(int i=1;i<=m;i++){
       for(int j=1;j<=n;j++){
           scanf("%d",&Map[i][j]);
       }
   }
   for(int i=1;i<=m;i++){
       for(int j=1;j<=n;j++){
           if(Map[i][j]&1){
               infect(i,j);
               total++;
           }
       }
   }
   printf("島嶼數量:%d",total);
   return 0;
}

左神思路分析：其實與BFS差不了多少，遍歷的點的個數也基本相同，相對於BFS來說程式碼精簡，缺陷就是：壓棧和還原環境代價

改：如果現在這個矩陣十分大，使得你只能平行計算，求解。

平行計算的困難：當各個分塊求出來之後，可能存在那種小塊中分離，大塊中合併的聯通塊。

如圖：A和B可能是屬於同一個聯通塊的，但是平行計算中，由於劃分，左邊塊和右邊塊各自有兩個聯通塊，所以給小塊合併帶來了困難。

分析：對於處在邊界的聯通塊要做特殊處理，所以我們需要這兩塊的分界線的邊界資訊。

以上圖為例說明，左塊有兩個，右塊有兩個，當左右合併時，A、B是聯通的，所以可以把他們合併，由於合併一次，就會減少一個聯通塊，所以是三個。

以矩陣為例做分析：

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

0 1 1 1 1 1 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 1 0 0 1 1 0 1 1

我們將這個矩陣分兩半，

左部右部

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

0 1 1 1 1 1 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 1 0 0 1 1 0 1 1

我們將各個聯通塊標記出來：

左部右部

1 1 1 1 1 3 3 3 3 3

0 1 1 1 1 3 3 0 0 0

0 0 0 0 0 0 3 0 0 0

0 0 2 2 2 3 3 0 4 4

所以分開求有4個，我們將兩條邊界線單獨拿出來：

左邊右邊

1 3

0 0

2 3

第一行，1和3挨著且不屬於一個集合，所以1和3集合合併，總數量-1變為3

第二行，1和3已經屬於一個集合，往下

第三行，0和0，不連通，往下

第四行：2和3挨著且不屬於一個集合，所以2和3集合合併，總數量-1變為2

結束

所以總的數量為2

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