However dark and scary the world might be right now, there will be light.
无论世界现在有多黑暗，多可怕，终有一天会重现光明。
问题描述
给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。
岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向或竖直方向上相邻的陆地连接形成。
此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。
示例 1:
输入:
[
['1','1','1','1','0'],
['1','1','0','1','0'],
['1','1','0','0','0'],
['0','0','0','0','0']
]
输出: 1
示例 2:
输入:
[
['1','1','0','0','0'],
['1','1','0','0','0'],
['0','0','1','0','0'],
['0','0','0','1','1']
]
输出: 3
解释: 每座岛屿只能由水平和/或竖直方向上相邻的陆地连接而成。
DFS解决
这题让求的是岛屿的面积，二维数组中值是1的都是岛屿，如果多个1是连着的，那么他们只能算一个岛屿。
最简单的一种方式就是遍历数组中的每一个值，如果是1就说明是岛屿，然后把它置为0或者其他的字符都可以，只要不是1就行，然后再遍历他的上下左右4个位置。如果是1，说明这两个岛屿是连着的，只能算是一个岛屿，我们还要把它置为0，然后再以它为中心遍历他的上下左右4个位置……。如果是0，就说明不是岛屿，就不在往他的上下左右4个位置遍历了。这里就以示例1为例来看一下
每个位置只要是1，先要把它置为0，然后沿着他的上下左右4个方向继续遍历，执行同样的操作，要注意边界条件的判断。代码比较简单，来看下
1 1public int numIslands(char[][] grid) { 2 2 //边界条件判断 3 3 if (grid == null || grid.length == 0) 4 4 return 0; 5 5 //统计岛屿的个数 6 6 int count = 0; 7 7 //两个for循环遍历每一个格子 8 8 for (int i = 0; i < grid.length; i++) 9 9 for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) { 1010 //只有当前格子是1才开始计算 1111 if (grid[i][j] == '1') { 1212 //如果当前格子是1，岛屿的数量加1 1313 count++; 1414 //然后通过dfs把当前格子的上下左右4 1515 //个位置为1的都要置为0，因为他们是连着 1616 //一起的算一个岛屿， 1717 dfs(grid, i, j); 1818 } 1919 } 2020 //最后返回岛屿的数量 2121 return count; 2222} 2323 2424//这个方法会把当前格子以及他邻近的为1的格子都会置为1 2525public void dfs(char[][] grid, int i, int j) { 2626 //边界条件判断，不能越界 2727 if (i < 0 || i >= grid.length || j < 0 || j >= grid[0].length || grid[i][j] == '0') 2828 return; 2929 //把当前格子置为0，然后再从他的上下左右4个方向继续遍历 3030 grid[i][j] = '0'; 3131 dfs(grid, i - 1, j);//上 3232 dfs(grid, i + 1, j);//下 3333 dfs(grid, i, j + 1);//左 3434 dfs(grid, i, j - 1);//右 3535}
BFS解决
DFS就是沿着一条路径一直走下去，当遇到终止条件的时候才会返回，而BFS就是先把当前位置附近的访问一遍，就像下面这样先访问圈内的，然后再把圈放大继续访问，就像下面这样
这题使用BFS和DFS都能解决，如果遇到位置为1的格子，只要能把他们挨着的为1的全部置为0，然后挨着的挨着的为1的位置也置为0，然后……一直这样循环下去，看下代码
1 1public int numIslands(char[][] grid) { 2 2 //边界条件判断 3 3 if (grid == null || grid.length == 0) 4 4 return 0; 5 5 //统计岛屿的个数 6 6 int count = 0; 7 7 //两个for循环遍历每一个格子 8 8 for (int i = 0; i < grid.length; i++) 9 9 for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) { 1010 //只有当前格子是1才开始计算 1111 if (grid[i][j] == '1') { 1212 //如果当前格子是1，岛屿的数量加1 1313 count++; 1414 //然后通过bfs把当前格子的上下左右4 1515 //个位置为1的都要置为0，因为他们是连着 1616 //一起的算一个岛屿， 1717 bfs(grid, i, j); 1818 } 1919 } 2020 return count; 2121} 2222 2323private void bfs(char[][] grid, int x, int y) { 2424 //把当前格子先置为0 2525 grid[x][y] = '0'; 2626 int n = grid.length; 2727 int m = grid[0].length; 2828 //使用队列，存储的是格子坐标转化的值 2929 Queue<Integer> queue = new LinkedList<>(); 3030 //我们知道平面坐标是两位数字，但队列中存储的是一位数字， 3131 //所以这里是把两位数字转化为一位数字 3232 int code = x * m + y; 3333 //坐标转化的值存放到队列中 3434 queue.add(code); 3535 while (!queue.isEmpty()) { 3636 //出队 3737 code = queue.poll(); 3838 //在反转成坐标值（i，j） 3939 int i = code / m; 4040 int j = code % m; 4141 if (i > 0 && grid[i - 1][j] == '1') {//上 4242 //如果上边格子为1，把它置为0，然后加入到队列中 4343 //下面同理 4444 grid[i - 1][j] = '0'; 4545 queue.add((i - 1) * m + j); 4646 } 4747 if (i < n - 1 && grid[i + 1][j] == '1') {//下 4848 grid[i + 1][j] = '0'; 4949 queue.add((i + 1) * m + j); 5050 } 5151 if (j > 0 && grid[i][j - 1] == '1') { //左 5252 grid[i][j - 1] = '0'; 5353 queue.add(i * m + j - 1); 5454 } 5555 if (j < m - 1 && grid[i][j + 1] == '1') {//右 5656 grid[i][j + 1] = '0'; 5757 queue.add(i * m + j + 1); 5858 } 5959 } 6060}
总结
这题首先要搞懂岛屿是由什么组成的，如果都是1并且挨着的话那么他们只能算一个岛屿，所以当我们找到一个岛屿的时候，首先要把他变为0，然后再把它上下左右4个方向为1的也要变成0，因为他们挨着的算是一个岛屿，接着继续再把挨着的挨着的以同样的方式遍历……。
●422，剑指 Offer-使用DFS和BFS解机器人的运动范围
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本文分享自微信公众号 - 数据结构和算法（sjjghsf）。
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