Leetcode（695）——岛屿的最大面积

题目

给你一个大小为 m × n m \times n m×n 的二进制矩阵 grid 。

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 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。

岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。

计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0 。

示例 1：

输入：grid = [[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]]
输出：6
解释：答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。

示例 2：

输入：grid = [[0,0,0,0,0,0,0,0]]
输出：0

提示：

m == grid.length
n == grid[i].length
1 1 1 <= m, n <= 50 50 50
grid[i][j] 为 0 0 0 或 1 1 1

题解

方法一：DFS（递归写法）

思路

我们想知道网格中每个连通形状的面积，然后取最大值。
如果我们在一个土地上，以 4 4 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。
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 0 0。这样我们就不会多次访问同一土地。

这里我们使用了一个小技巧，对于四个方向的遍历，可以创造一个数组 [-1, 0, 1, 0, -1]，每相邻两位即为上下左右四个方向之一。

在辅函数里，一个一定要注意的点是辅函数内递归搜索时，边界条件的判定。边界判定一般有两种写法，一种是先判定是否越界，只有在合法的情况下才进行下一步搜索（即判断放在调用递归函数前）；另一种是不管三七二十一先进行下一步搜索，待下一步搜索开始时再判断是否合法（即判断放在辅函数第一行）。我们这里分别展示这两种写法。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {int dfs(vector<vector<int>>& grid, int cur_i, int cur_j) {if (cur_i < 0 || cur_j < 0 || cur_i == grid.size() || cur_j == grid[0].size() || grid[cur_i][cur_j] != 1) {return 0;}grid[cur_i][cur_j] = 0;int di[4] = {0, 0, 1, -1};int dj[4] = {1, -1, 0, 0};int ans = 1;for (int index = 0; index != 4; ++index) {int next_i = cur_i + di[index], next_j = cur_j + dj[index];ans += dfs(grid, next_i, next_j);}return ans;}
public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int ans = 0;for (int i = 0; i != grid.size(); ++i) {for (int j = 0; j != grid[0].size(); ++j) {ans = max(ans, dfs(grid, i, j));}}return ans;}
};

我自己的：

class Solution {void DFS(vector<vector<int>>& grid, int x, int y, int& area){if(0 > x || x >= grid[0].size() || y >= grid.size() || 0 > y) return;if(grid[y][x] == 1){// 上下左右area += 1;grid[y][x] = 0; // 置为0防止再次访问该点DFS(grid, x-1, y, area);DFS(grid, x+1, y, area);DFS(grid, x, y-1, area);DFS(grid, x, y+1, area);}}
public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int ans = 0, area, yn = grid.size(), xn = grid[0].size();for(int y = 0; y < yn; y++){for(int x = 0; x < xn; x++){if(grid[y][x] == 1){area = 0;DFS(grid, x, y, area);ans = ans < area? area: ans;}}}return ans;}
};

复杂度分析

时间复杂度： O ( m × n ) O(m×n) O(m×n)。其中 m m m 是给定网格中的行数， n n n 是列数。我们访问每个原本为1的网格最多一次。
空间复杂度： O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n)，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 ( m × n ) O(m \times n) O(m×n) 的栈空间。

方法二：DFS + 辅助栈（迭代写法）

思路

原理与方法一相同，只是实现方式采用了迭代而不是递归，并使用栈辅助实现。

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。
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 \textit{stack} stack 中；
另外，只要栈 stack \textit{stack} 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。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int ans = 0;for (int i = 0; i != grid.size(); ++i) {for (int j = 0; j != grid[0].size(); ++j) {int cur = 0;stack<int> stacki;stack<int> stackj;stacki.push(i);stackj.push(j);while (!stacki.empty()) {int cur_i = stacki.top(), cur_j = stackj.top();stacki.pop();stackj.pop();if (cur_i < 0 || cur_j < 0 || cur_i == grid.size() || cur_j == grid[0].size() || grid[cur_i][cur_j] != 1) {continue;}++cur;grid[cur_i][cur_j] = 0;int di[4] = {0, 0, 1, -1};int dj[4] = {1, -1, 0, 0};for (int index = 0; index != 4; ++index) {int next_i = cur_i + di[index], next_j = cur_j + dj[index];stacki.push(next_i);stackj.push(next_j);}}ans = max(ans, cur);}}return ans;}
};

我自己的：

class Solution {public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int ans = 0, area, yn = grid.size(), xn = grid[0].size();stack<pair<int, int>> island;pair<int, int> tmp;for(int y = 0; y < yn; y++){for(int x = 0; x < xn; x++){if(grid[y][x] == 1){area = 0;island.push(make_pair(y, x));while(!island.empty()){tmp.first = island.top().first;tmp.second = island.top().second;island.pop();if(grid[tmp.first][tmp.second] != 1) continue;grid[tmp.first][tmp.second] = 0;area++;if(tmp.second-1 >= 0) island.push(make_pair(tmp.first, tmp.second-1));if(tmp.second+1 < xn) island.push(make_pair(tmp.first, tmp.second+1));if(tmp.first-1 >= 0) island.push(make_pair(tmp.first-1, tmp.second));if(tmp.first+1 < yn) island.push(make_pair(tmp.first+1, tmp.second));}ans = max(area, ans);}}}return ans;}
};

复杂度分析

时间复杂度： O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n)。其中 m m m 是给定网格中的行数， n n n 是列数。我们访问每个原本为1的网格最多一次。
空间复杂度： O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n)，栈中最多会存放所有的土地，土地的数量最多为 m × n m \times n m×n 块，因此使用的空间为 O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n)。

方法三：BFS + 队列

思路

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。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int ans = 0;for (int i = 0; i != grid.size(); ++i) {for (int j = 0; j != grid[0].size(); ++j) {int cur = 0;queue<int> queuei;queue<int> queuej;queuei.push(i);queuej.push(j);while (!queuei.empty()) {int cur_i = queuei.front(), cur_j = queuej.front();queuei.pop();queuej.pop();if (cur_i < 0 || cur_j < 0 || cur_i == grid.size() || cur_j == grid[0].size() || grid[cur_i][cur_j] != 1)continue;++cur;grid[cur_i][cur_j] = 0;int di[4] = {0, 0, 1, -1};int dj[4] = {1, -1, 0, 0};for (int index = 0; index != 4; ++index) {int next_i = cur_i + di[index], next_j = cur_j + dj[index];queuei.push(next_i);queuej.push(next_j);}}ans = max(ans, cur);}}return ans;}
};

我自己的：

class Solution {public:int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {int ans = 0, area, yn = grid.size(), xn = grid[0].size();queue<pair<int, int>> island;pair<int, int> tmp;for(int y = 0; y < yn; y++){for(int x = 0; x < xn; x++){if(grid[y][x] == 1){area = 0;island.push(make_pair(y, x));while(!island.empty()){tmp.first = island.front().first;tmp.second = island.front().second;island.pop();if(grid[tmp.first][tmp.second] != 1) continue;grid[tmp.first][tmp.second] = 0;area++;if(tmp.second-1 >= 0) island.push(make_pair(tmp.first, tmp.second-1));if(tmp.second+1 < xn) island.push(make_pair(tmp.first, tmp.second+1));if(tmp.first-1 >= 0) island.push(make_pair(tmp.first-1, tmp.second));if(tmp.first+1 < yn) island.push(make_pair(tmp.first+1, tmp.second));}ans = max(area, ans);}}}return ans;}
};

复杂度分析

时间复杂度： O ( m × n ) O(m×n) O(m×n)。其中 m m m 是给定网格中的行数， n n n 是列数。我们访问每个原本为1的网格最多一次。
空间复杂度： O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n)，队列中最多会存放所有的土地，土地的数量最多为 m × n m \times n m×n 块，因此使用的空间为 O ( m × n ) O(m \times n) O(m×n)。