LeetCode 1020. 飞地的数量
原创
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给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ，其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。
一次 移动 是指从一个陆地单元格走到另一个相邻（上、下、左、右）的陆地单元格或跨过 grid 的边界。
返回网格中 无法 在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。
示例 1：
输入：grid = [[0,0,0,0],[1,0,1,0],[0,1,1,0],[0,0,0,0]]
输出：3
解释：有三个 1 被 0 包围。一个 1 没有被包围，因为它在边界上。
示例 2：
输入：grid = [[0,1,1,0],[0,0,1,0],[0,0,1,0],[0,0,0,0]]
输出：0
解释：所有 1 都在边界上或可以到达边界。
提示：
-
m == grid.length -
n == grid[i].length -
1 <= m, n <= 500 -
grid[i][j] 的值为 0 或 1
二、方法一
深度优先搜索
class Solution {
int m;
int n;
boolean[][] visited;
public int numEnclaves(int[][] grid) {
m = grid.length;
n = grid[0].length;
visited = new boolean[m][n];
for (int i = 0; i < m; i++) {
dfs(grid, i, 0);
dfs(grid, i, n - 1);
}
for (int j = 1; j < n - 1; j++) {
dfs(grid, 0, j);
dfs(grid, m - 1, j);
}
int res = 0;
for (int i = 1; i < m - 1; i++) {
for (int j = 1; j < n - 1; j++) {
if (grid[i][j] == 1 && !visited[i][j]) {
res++;
}
}
}
return res;
}
public void dfs(int[][] grid, int x, int y) {
if (x < 0 || x >= m || y < 0 || y >= n || visited[x][y] || grid[x][y] == 0) {
return;
}
visited[x][y] = true;
dfs(grid, x + 1, y);
dfs(grid, x - 1, y);
dfs(grid, x, y + 1);
dfs(grid, x, y - 1);
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别是网格 grid 的行数和列数。深度优先搜索最多访问每个单元格一次，需要 O(mn)的时间，遍历网格统计飞地的数量也需要 O(mn) 的时间。
- 空间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别是网格 grid 的行数和列数。空间复杂度主要取决于 visited 数组和递归调用栈空间，空间复杂度是O(mn)。
三、方法二
广度优先搜索
class Solution {
public int numEnclaves(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();
boolean[][] visited = new boolean[m][n];
int[][] dirs = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
for (int i = 0; i < m; i++) {
if (grid[i][0] == 1) {
visited[i][0] = true;
queue.add(new int[]{i, 0});
}
if (grid[i][n - 1] == 1) {
visited[i][n - 1] = true;
queue.add(new int[] {i, n - 1});
}
}
for (int j = 1; j < n - 1; j++) {
if (grid[0][j] == 1) {
visited[0][j] = true;
queue.add(new int[]{0, j});
}
if (grid[m - 1][j] == 1) {
visited[m - 1][j] = true;
queue.add(new int[]{m - 1, j});
}
}
while(!queue.isEmpty()) {
int[] pos = queue.poll();
int x = pos[0];
int y = pos[1];
for (int[] dir : dirs) {
int row = x + dir[0];
int col = y + dir[1];
if (row >= 0 && row < m && col >= 0 && col < n && grid[row][col] == 1 && !visited[row][col]) {
visited[row][col] = true;
queue.add(new int[]{row, col});
}
}
}
int res = 0;
for (int i = 1; i < m - 1; i++) {
for (int j = 1; j < n - 1; j++) {
if (grid[i][j] == 1 && !visited[i][j]) {
res++;
}
}
}
return res;
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别是网格 grid 的行数和列数。广度优先搜索最多访问每个单元格一次，需要 O(mn) 的时间，遍历网格统计飞地的数量也需要O(mn) 的时间。
- 空间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别是网格 \grid 的行数和列数。空间复杂度主要取决于 visited 数组和队列空间，空间复杂度是 O(mn)。
四、方法三
并查集
class Solution {
public int numEnclaves(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
UnionFind union = new UnionFind(grid);
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j< n; j++) {
if (grid[i][j] == 1) {
int index = i * n + j;
if (j + 1 < n && grid[i][j + 1] == 1) {
union.union(index, index + 1);
}
if (i + 1 < m && grid[i + 1][j] == 1) {
union.union(index, index + n);
}
}
}
}
int res = 0;
for (int i = 1; i < m - 1; i++) {
for (int j = 1; j < n - 1; j++) {
if (grid[i][j] == 1 && !union.isEdge(i * n + j)) {
res++;
}
}
}
return res;
}
class UnionFind{
int[] p;
int[] r;
boolean[] edge;
public UnionFind(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
p = new int[m * n];
r = new int[m * n];
edge = new boolean[m * n];
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] == 1) {
int index = i * n + j;
p[index] = index;
if (i == 0 || i == m - 1 || j == 0 || j == n - 1) {
edge[index] = true;
}
}
}
}
}
public int find(int x) {
if (p[x] != x) {
return find(p[x]);
}
return p[x];
}
public void union(int x, int y) {
int rootx = find(x);
int rooty = find(y);
if (r[rootx] > r[rooty]) {
p[rooty] = rootx;
edge[rootx] |= edge[rooty];
} else if (r[rooty] > r[rootx]) {
p[rootx] = rooty;
edge[rooty] |= edge[rootx];
} else {
p[rooty] = rootx;
edge[rootx] |= edge[rooty];
r[rootx]++;
}
}
public boolean isEdge(int i) {
return edge[find(i)];
}
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：O(mn×α(mn))，其中 m 和 n 分别是网格grid 的行数和列数，α 是反阿克曼函数。这里的并查集使用了路径压缩和按秩合并，单次操作的时间复杂度是 O(α(mn))，因此整个网格的并查集操作的时间复杂度是O(mn×α(mn))，并查集操作之后需要O(mn×α(mn)) 的时间再次遍历网格统计飞地的数量，因此总时间复杂度是 O(mn×α(mn))。
- 空间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别是网格 grid 的行数和列数。并查集需要 O(mn) 的空间。
