797m. 所有可能的路径

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方法一：DFS

用时：11m43s

思路

• 时间复杂度：$O(n\cdot 2^n)$，n是节点个数，最坏情况每个节点都可以去往任意一个在它后面的节点，那么第i个节点去到最后一个节点的路径数就有$2^{n-i-2}$，就是当前节点和最后一个节点必走，其他的节点有两种选择——走或不走。
• 空间复杂度：$O(n)$。

C++代码

class Solution {
private:vector<vector<int>> res;vector<int> path;void backTracking(vector<vector<int>>& graph, int i) {if (i == graph.size() - 1) {res.push_back(path);return;}for (int j = 0; j < graph[i].size(); ++j) {path.push_back(graph[i][j]);backTracking(graph, graph[i][j]);path.pop_back();  // 回溯}}public:vector<vector<int>> allPathsSourceTarget(vector<vector<int>>& graph) {path.push_back(0);backTracking(graph, 0);return res;}
};

方法二：BFS

用时：16m18s

思路

队列中记录的元素是路径。

• 时间复杂度：$O()$
• 空间复杂度：$O()$

C++代码

class Solution {
public:vector<vector<int>> allPathsSourceTarget(vector<vector<int>>& graph) {queue<vector<int>> que;vector<vector<int>> res;que.push({0});while (!que.empty()) {vector<int> path = que.front();que.pop();for (int i = 0; i < graph[path.back()].size(); ++i) {vector<int> tmp = path;tmp.push_back(graph[path.back()][i]);if (tmp.back() == graph.size() - 1) res.push_back(tmp);else que.push(tmp);}}return res;}
};

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

无。

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200m. 岛屿数量

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方法一：DFS

用时：17m48s

思路

遍历每个元素，若是陆地则使用DFS搜索与之相邻的所有陆地，并使用一个二维数组记录哪些陆地已经遍历过。
当遍历到新的岛屿时，岛屿数加1。

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$
• 空间复杂度：$O(m\cdot n)$

C++代码

class Solution {
private:int m;int n;int dir[4][2] = {0, -1, 1, 0, 0, 1, -1, 0};void dfs(vector<vector<char>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {visited[x][y] = true;for (int i = 0; i < 4; ++i) {int nextx = x + dir[i][0];int nexty = y + dir[i][1];if (!(nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) && !visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == '1') dfs(grid, visited, nextx, nexty);}}public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {m = grid.size();n = grid[0].size();vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false));int res = 0;for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (!visited[i][j] && grid[i][j] == '1') {++res;dfs(grid, visited, i, j);}}}return res;}
};

方法二：方法一优化

思路

可以不用数组记录哪些陆地访问过，只用把访问过的陆地置0即可。

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$
• 空间复杂度：$O(m\cdot n)$

C++代码

class Solution {
private:int m;int n;int dir[4][2] = {0, -1, 1, 0, 0, 1, -1, 0};void dfs(vector<vector<char>>& grid, int x, int y) {grid[x][y] = '0';for (int i = 0; i < 4; ++i) {int nextx = x + dir[i][0];int nexty = y + dir[i][1];if (!(nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) && grid[nextx][nexty] == '1') dfs(grid, nextx, nexty);}}public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {m = grid.size();n = grid[0].size();int res = 0;for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == '1') {++res;dfs(grid, i, j);}}}return res;}
};

看完讲解的思考

代码实现遇到的问题

方法三：BFS

思路

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$
• 空间复杂度：$O(min(m,n))$

C++代码

class Solution {
private:int m;int n;int dir[4][2] = {0, -1, 1, 0, 0, 1, -1, 0};void bfs(vector<vector<char>>& grid, int x, int y) {queue<pair<int, int>> que;grid[x][y] = '0';que.push(pair<int, int>(x, y));while (!que.empty()) {pair<int, int> tmp = que.front();que.pop();for (int i = 0; i < 4; ++i) {int nextx = tmp.first + dir[i][0];int nexty = tmp.second + dir[i][1];if (!(nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) && grid[nextx][nexty] == '1') {grid[nextx][nexty] = '0';que.push(pair<int, int>(nextx, nexty));}}}}public:int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {m = grid.size();n = grid[0].size();int res = 0;for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == '1') {++res;bfs(grid, i, j);}}}return res;}
};

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

无。

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695m. 岛屿的最大面积

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方法一：DFS

用时：16m39s

思路

当遇到陆地时，DFS该岛屿，记录该岛屿的面积，并将遍历过的陆地置零，最后返回最大的岛屿的面积。

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$。
• 空间复杂度：$O(m\cdot n)$。

C++代码

class Solution {
private:int m;int n;int area;void dfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {grid[x][y] = 0;area += 1;if (x - 1 >= 0 && grid[x - 1][y] == 1) dfs(grid, x - 1, y);if (x + 1 < m && grid[x + 1][y] == 1) dfs(grid, x + 1, y);if (y - 1 >= 0 && grid[x][y - 1] == 1) dfs(grid, x, y - 1);if (y + 1 < n && grid[x][y + 1] == 1) dfs(grid, x, y + 1);}public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int res = 0;m = grid.size();n = grid[0].size();for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == 1) {area = 0;dfs(grid, i, j);res = max(res, area);}}}return res;}
};

方法二：BFS

思路

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$
• 空间复杂度：$O(min(m,n))$

C++代码

class Solution {
private:int m;int n;int dir[4][2] = {0, 1, 0, -1, 1, 0, -1, 0};int bfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {int area = 1;queue<pair<int, int>> que;que.push(pair<int, int>(x, y));grid[x][y] = 0;while (!que.empty()) {pair<int, int> tmp = que.front();que.pop();for (int i = 0; i < 4; ++i) {int nextx = tmp.first + dir[i][0];int nexty = tmp.second + dir[i][1];if (!(nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) && grid[nextx][nexty] == 1) {grid[nextx][nexty] = 0;area += 1;que.push(pair<int, int>(nextx, nexty));}}}return area;}public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int res = 0;m = grid.size();n = grid[0].size();for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == 1) res = max(res, bfs(grid, i, j));}}return res;}
};

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

BFS时，元素入列的时候就要做标记，不能在元素出列的时候才做标记，不然会重复遍历。

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1020m. 飞地的数量

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方法一：DFS

用时：20m42s

思路

在上一题695m的基础上，加多一个变量用于记录当前岛屿是否临界，如果不是的话将岛屿的陆地数量记录。

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$。
• 空间复杂度：$O(m\cdot n)$。

C++代码

class Solution {
private:int m;int n;int num;bool flag;void dfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {grid[x][y] = 0;num += 1;if (x - 1 < 0) flag = true;else if (grid[x - 1][y] == 1) dfs(grid, x - 1, y);if (x + 1 >= m) flag = true;else if (grid[x + 1][y] == 1) dfs(grid, x + 1, y);if (y - 1 < 0) flag = true;else if (grid[x][y - 1] == 1) dfs(grid, x, y - 1);if (y + 1 >= n) flag = true;else if (grid[x][y + 1] == 1) dfs(grid, x, y + 1);}public:int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {int res = 0;m = grid.size();n = grid[0].size();for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == 1) {num = 0;flag = false;dfs(grid, i, j);if (!flag) res += num;}}}return res;}
};

方法二：BFS

思路

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$。
• 空间复杂度：$O(min(m,n))$。

C++代码

class Solution {
private:int m;int n;int dir[4][2] = {0, 1, 0, -1, 1, 0, -1, 0};int bfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {int num = 1;queue<pair<int, int>> que;que.push(pair<int, int>(x, y));grid[x][y] = 0;while (!que.empty()) {pair<int, int> tmp = que.front();que.pop();for (int i = 0; i < 4; ++i) {int nextx = tmp.first + dir[i][0];int nexty = tmp.second + dir[i][1];if (nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) num = INT_MIN;else if (grid[nextx][nexty] == 1) {grid[nextx][nexty] = 0;++num;que.push(pair<int, int>(nextx, nexty));}}}return num;}public:int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {int res = 0;m = grid.size();n = grid[0].size();for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == 1) res += max(0, bfs(grid, i, j));}}return res;}
};

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

无。

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130m. 被围绕的区域

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方法一：DFS

用时：17m13s

思路

遍历位于临界的元素，若是’O’则将连通的’O’变成’H’，最后再将board中的所有’O’替换成’X’，‘H’替换成’O’，因为此时剩下的’O’是位于board内部的无法连接到外部的元素，直接将其变成’X’，而’H’是可以连通到外部的’O’，将其变回’O’。

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$。
• 空间复杂度：$O(m\cdot n)$。

C++代码

class Solution {
private:int m;int n;void dfs(vector<vector<char>>& board, int x, int y) {board[x][y] = 'H';if (x - 1 >= 0 && board[x - 1][y] == 'O') dfs(board, x - 1, y);if (x + 1 < m && board[x + 1][y] == 'O') dfs(board, x + 1, y);if (y - 1 >= 0 && board[x][y - 1] == 'O') dfs(board, x, y - 1);if (y + 1 < n && board[x][y + 1] == 'O') dfs(board, x, y + 1);}public:void solve(vector<vector<char>>& board) {m = board.size();n = board[0].size();for (int i = 0; i < m; ++i) {if (board[i][0] == 'O') dfs(board, i, 0);if (board[i][n - 1] == 'O') dfs(board, i, n - 1);}for (int i = 0; i < n; ++i) {if (board[0][i] == 'O') dfs(board, 0, i);if (board[m - 1][i] == 'O') dfs(board, m - 1, i);}for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (board[i][j] == 'H') board[i][j] = 'O';else if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';}}}
};

方法二：BFS

思路

就是遍历的方法从DFS换成BFS，懒得写了。

• 时间复杂度：$O(m\cdot n)$。
• 空间复杂度：$O(min(m,n))$。

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

无。

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最后的碎碎念

就快要一刷完代码随想录，冲！