演算法之DP——01矩陣

it_was發表於2020-10-04
演算法矩陣

難度中等:confused:

給定一個由 0 和 1 組成的矩陣，找出每個元素到最近的 0 的距離。
兩個相鄰元素間的距離為 1 。

示例 1:
輸入:
0 0 0
0 1 0
1 1 1
輸出:
0 0 0
0 1 0
1 2 1

1. 解決這個問題先來一個問題 : 島嶼數量

島嶼數量這個問題是在給定一個二維陣列，找出 1 連成一片的區域的數量
輸入:
[
[‘1’,’1’,’0’,’0’,’0’],
[‘1’,’1’,’0’,’0’,’0’],
[‘0’,’0’,’1’,’0’,’0’],
[‘0’,’0’,’0’,’1’,’1’]
]
輸出: 3
解釋: 每座島嶼只能由水平和/或豎直方向上相鄰的陸地連線而成。

島嶼數量解題思路可以是通過 DFS ，即深度優先遍歷，通過將走過的 1 置成 一個特殊狀態，表明該區域已經屬於一個島嶼了，直到再上下左右上無法繼續延申即可

class Solution {
    public int numIslands(char[][] grid) {
        if(grid==null||grid.length==0){
            return 0;
        }
        int row = grid.length;
        int col = grid[0].length;
        int count=0;
        //島嶼數量
        for(int i=0;i<row;i++){
            for(int j=0;j<col;j++){
                if(grid[i][j]=='1'){
                    count++;
                    infect(grid,i,j);
                }
            }
        }
        return count;
    }
    //感染函式
    public void infect(char[][] ddx ,int i,int j){
        if(i>=ddx.length||j>=ddx[0].length||i<0||j<0||ddx[i][j]!='1'){
            return;
        }
        ddx[i][j]='2'; //將走過的 1 感染成 2 ，代表這個 1已經屬於當前陸地了
        infect(ddx,i+1,j);
        infect(ddx,i-1,j);
        infect(ddx,i,j+1);
        infect(ddx,i,j-1);
    }
}

演算法之DP——01矩陣

2.再看一個關於島嶼的問題 ： 島嶼的最大面積

島嶼的最大面積和島嶼數量類似，只不過需要求島嶼的最大面積，即 1 連成一片的區域的最大值
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]]
對於上面這個給定矩陣應返回 6。注意答案不應該是 11 ，因為島嶼只能包含水平或垂直的四個方向的 1

解題方法與上面的類似，只不過每次需要更新島嶼面積的最大值！

class Solution {
    public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
        if(grid==null||grid.length==0||grid[0]==null||grid[0].length==0){
            return 0;
        }
        int row = grid.length;
        int col = grid[0].length;
        int max =0;
        for(int i=0;i<row;i++){
            for(int j=0;j<col;j++){
                if(grid[i][j]==1){
                    max = Math.max(max,infect(grid,i,j,row,col));
                }
            }
        }
        return max;
    }
    public int infect(int[][] grid,int i,int j,int row,int col){
        if(i<0||i>=row||j<0||j>=col||grid[i][j]!=1){
            return 0;
        }
        grid[i][j]=2;//代表當前 1 已經被使用！
        int res = 1; //初始化面積為1
        //之後深度優先，四個方向擴散！
        res+=infect(grid,i,j-1,row,col);
        res+=infect(grid,i,j+1,row,col);
        res+=infect(grid,i+1,j,row,col);
        res+=infect(grid,i-1,j,row,col);
        return res;
    }
}

演算法之DP——01矩陣

3.最後這個 01 矩陣問題其實也類似，也可以用上面這種 DFS 來做，以每個 1 出發碰到 0 就返回，但是時間複雜度很高，提交的時候是超時的。

演算法之DP——01矩陣

在這提供幾種思路：

1.DP

以下為個人理解：因為在遍歷陣列中的 1 的時候，如果是正向遍歷，那麼其實有兩個方向的資訊是已經知道的，即左方向和上方向，這兩個方向的資訊已經收集好了，可以直接用。同樣，反向遍歷也一樣，下方向和右方向同樣是已經收集好，故可以通過正反方向兩次遍歷，來對指定位置的值進行修正更新！一開始不太容易想，因為很容易陷入一次遍歷只能獲得上面和左面元素的資訊，沒有下面和右面元素的資訊這種思維，確實，一次遍歷並不足以將子問題的資訊全部收集到，所以需要第二次遍歷來進行修正!

class Solution {

    public int[][] updateMatrix(int[][] matrix) {
        int len = matrix.length;
        int width = matrix[0].length;
        for(int i = 0 ;i < len;i++){
            for(int j = 0; j < width;j++){
                 if(matrix[i][j] == 1){
                        matrix[i][j] = 10000; //先賦一個大值
                    }
                if(i > 0){ //處於第一層的話是沒有上面的資訊的
                    matrix[i][j] = Math.min( matrix[i][j],matrix[i -1][j] + 1); //上面位置的資訊   
                }
                if(j > 0){ //處於第一列的話是沒有左面的資訊的
                    matrix[i][j] = Math.min(matrix[i][j],matrix[i][j - 1] + 1); //左面位置的資訊
                }
            }
        }
        //同上
        for(int i = len - 1;i >= 0;i--){
            for(int j = width - 1; j >= 0; j--){
                if(i < len -1){
                    matrix[i][j] = Math.min( matrix[i][j],matrix[i + 1][j] + 1); //下面位置的資訊
                }
                if(j < width - 1){
                    matrix[i][j] = Math.min( matrix[i][j],matrix[i][j + 1] + 1); //右面位置的資訊
                }
            }
        }
        return matrix;
    }


}

2.BFS

思路：引自leetcode - 甜姨
對於 「Tree 的 BFS」 （典型的「單源 BFS」） 大家都已經輕車熟路了：
首先把 root 節點入隊，再一層一層無腦遍歷就行了。
對於 「圖 的 BFS」 （「多源 BFS」） 做法其實也是一樣滴～，與 「Tree 的 BFS」的區別注意以下兩條就 ok 辣～
Tree 只有 1 個 root，而圖可以有多個源點，所以首先需要把多個源點都入隊；
Tree 是有向的因此不需要標識是否訪問過，而對於無向圖來說，必須得標誌是否訪問過哦！並且為了防止某個節點多次入隊，需要在其入隊之前就將其設定成已訪問！

具體過程看BFS+DP

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