如何用DFS算法来秒杀岛屿系列问题-电子发烧友网

岛屿问题是经典的面试高频题，虽然基本的岛屿问题并不难，但是岛屿问题有一些有意思的扩展，比如求子岛屿数量，求形状不同的岛屿数量等等，本文就来把这些问题一网打尽。

岛屿系列问题的核心考点就是用 DFS/BFS 算法遍历二维数组。

本文主要来讲解如何用 DFS 算法来秒杀岛屿系列问题，不过用 BFS 算法的核心思路是完全一样的，无非就是把 DFS 改写成 BFS 而已。

那么如何在二维矩阵中使用 DFS 搜索呢？如果你把二维矩阵中的每一个位置看做一个节点，这个节点的上下左右四个位置就是相邻节点，那么整个矩阵就可以抽象成一幅网状的「图」结构。

根据学习数据结构和算法的框架思维，完全可以根据二叉树的遍历框架改写出二维矩阵的 DFS 代码框架：

//二叉树遍历框架
voidtraverse(TreeNoderoot){
traverse(root.left);
traverse(root.right);
}

//二维矩阵遍历框架
voiddfs(int[][]grid,inti,intj,boolean[]visited){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i< 0||j< 0||i>=m||j>=n){
//超出索引边界
return;
}
if(visited[i][j]){
//已遍历过(i,j)
return;
}
//前序：进入节点(i, j)
visited[i][j]=true;
dfs(grid,i-1,j);//上
dfs(grid,i+1,j);//下
dfs(grid,i,j-1);//左
dfs(grid,i,j+1);//右
//后序：离开节点(i, j)
// visited[i][j]=true;
}

因为二维矩阵本质上是一幅「图」，所以遍历的过程中需要一个visited布尔数组防止走回头路，如果你能理解上面这段代码，那么搞定所有岛屿问题都很简单。

这里额外说一个处理二维数组的常用小技巧，你有时会看到使用「方向数组」来处理上下左右的遍历，和前文图遍历框架的代码很类似：

//方向数组，分别代表上、下、左、右
int[][]dirs=newint[][]{{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};

voiddfs(int[][]grid,inti,intj,boolean[]visited){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i< 0||j< 0||i>=m||j>=n){
//超出索引边界
return;
}
if(visited[i][j]){
//已遍历过(i,j)
return;
}

//进入节点(i,j)
visited[i][j]=true;
//递归遍历上下左右的节点
for(int[]d:dirs){
intnext_i=i+d[0];
intnext_j=j+d[1];
dfs(grid,next_i,next_j);
}
//离开节点(i,j)
// visited[i][j]=true;
}

这种写法无非就是用 for 循环处理上下左右的遍历罢了，你可以按照个人喜好选择写法。

岛屿数量

这是力扣第 200 题「岛屿数量」，最简单也是最经典的一道岛屿问题，题目会输入一个二维数组grid，其中只包含0或者1，0代表海水，1代表陆地，且假设该矩阵四周都是被海水包围着的。

我们说连成片的陆地形成岛屿，那么请你写一个算法，计算这个矩阵grid中岛屿的个数，函数签名如下：

intnumIslands(char[][]grid);

比如说题目给你输入下面这个grid有四片岛屿，算法应该返回 4：

思路很简单，关键在于如何寻找并标记「岛屿」，这就要 DFS 算法发挥作用了，我们直接看解法代码：

//主函数，计算岛屿数量
intnumIslands(char[][]grid){
intres=0;
intm=grid.length,n=grid[0].length;
//遍历grid
for(inti=0;i< m; i++) {
        for(intj=0;j< n; j++) {
            if(grid[i][j]=='1'){
//每发现一个岛屿，岛屿数量加一
res++;
//然后使用DFS将岛屿淹了
dfs(grid,i,j);
}
}
}
returnres;
}

//从(i,j)开始，将与之相邻的陆地都变成海水
voiddfs(char[][]grid,inti,intj){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i< 0||j< 0||i>=m||j>=n){
//超出索引边界
return;
}
if(grid[i][j]=='0'){
//已经是海水了
return;
}
//将(i,j)变成海水
grid[i][j]='0';
//淹没上下左右的陆地
dfs(grid,i+1,j);
dfs(grid,i,j+1);
dfs(grid,i-1,j);
dfs(grid,i,j-1);
}

为什么每次遇到岛屿，都要用 DFS 算法把岛屿「淹了」呢？主要是为了省事，避免维护visited数组。

因为dfs函数遍历到值为0的位置会直接返回，所以只要把经过的位置都设置为0，就可以起到不走回头路的作用。

PS：这类 DFS 算法还有个别名叫做FloodFill 算法，现在有没有觉得 FloodFill 这个名字还挺贴切的~

这个最最基本的岛屿问题就说到这，我们来看看后面的题目有什么花样。

封闭岛屿的数量

上一题说二维矩阵四周可以认为也是被海水包围的，所以靠边的陆地也算作岛屿。

力扣第 1254 题「统计封闭岛屿的数目」和上一题有两点不同：

1、用0表示陆地，用1表示海水。

2、让你计算「封闭岛屿」的数目。所谓「封闭岛屿」就是上下左右全部被1包围的0，也就是说靠边的陆地不算作「封闭岛屿」。

函数签名如下：

intclosedIsland(int[][]grid)

比如题目给你输入如下这个二维矩阵：

算法返回 2，只有图中灰色部分的0是四周全都被海水包围着的「封闭岛屿」。

那么如何判断「封闭岛屿」呢？其实很简单，把上一题中那些靠边的岛屿排除掉，剩下的不就是「封闭岛屿」了吗？

有了这个思路，就可以直接看代码了，注意这题规定0表示陆地，用1表示海水：

//主函数：计算封闭岛屿的数量
intclosedIsland(int[][]grid){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
for(intj=0;j< n; j++) {
        //把靠上边的岛屿淹掉
dfs(grid,0,j);
//把靠下边的岛屿淹掉
dfs(grid,m-1,j);
}
for(inti=0;i< m; i++) {
        //把靠左边的岛屿淹掉
dfs(grid,i,0);
//把靠右边的岛屿淹掉
dfs(grid,i,n-1);
}
//遍历grid，剩下的岛屿都是封闭岛屿
intres=0;
for(inti=0;i< m; i++) {
        for(intj=0;j< n; j++) {
            if(grid[i][j]==0){
res++;
dfs(grid,i,j);
}
}
}
returnres;
}

//从(i,j)开始，将与之相邻的陆地都变成海水
voiddfs(int[][]grid,inti,intj){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i< 0||j< 0||i>=m||j>=n){
return;
}
if(grid[i][j]==1){
//已经是海水了
return;
}
//将(i,j)变成海水
grid[i][j]=1;
//淹没上下左右的陆地
dfs(grid,i+1,j);
dfs(grid,i,j+1);
dfs(grid,i-1,j);
dfs(grid,i,j-1);
}

只要提前把靠边的陆地都淹掉，然后算出来的就是封闭岛屿了。

PS：处理这类岛屿问题除了 DFS/BFS 算法之外，Union Find 并查集算法也是一种可选的方法，前文Union Find 算法运用就用 Union Find 算法解决了一道类似的问题。

这道岛屿题目的解法稍微改改就可以解决力扣第 1020 题「飞地的数量」，这题不让你求封闭岛屿的数量，而是求封闭岛屿的面积总和。

其实思路都是一样的，先把靠边的陆地淹掉，然后去数剩下的陆地数量就行了，注意第 1020 题中1代表陆地，0代表海水：

intnumEnclaves(int[][]grid){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
//淹掉靠边的陆地
for(inti=0;i< m; i++) {
        dfs(grid, i, 0);
dfs(grid,i,n-1);
}
for(intj=0;j< n; j++) {
        dfs(grid, 0,j);
dfs(grid,m-1,j);
}

//数一数剩下的陆地
intres=0;
for(inti=0;i< m; i++) {
        for(intj=0;j< n; j++) {
            if(grid[i][j]==1){
res+=1;
}
}
}

returnres;
}

//和之前的实现类似
voiddfs(int[][]grid,inti,intj){
//...
}

篇幅所限，具体代码我就不写了，我们继续看其他的岛屿问题。

岛屿的最大面积

这是力扣第 695 题「岛屿的最大面积」，0表示海水，1表示陆地，现在不让你计算岛屿的个数了，而是让你计算最大的那个岛屿的面积，函数签名如下：

intmaxAreaOfIsland(int[][]grid)

比如题目给你输入如下一个二维矩阵

其中面积最大的是橘红色的岛屿，算法返回它的面积 6。

这题的大体思路和之前完全一样，只不过dfs函数淹没岛屿的同时，还应该想办法记录这个岛屿的面积。

我们可以给dfs函数设置返回值，记录每次淹没的陆地的个数，直接看解法吧：

intmaxAreaOfIsland(int[][]grid){
//记录岛屿的最大面积
intres=0;
intm=grid.length,n=grid[0].length;
for(inti=0;i< m; i++) {
        for(intj=0;j< n; j++) {
            if(grid[i][j]==1){
//淹没岛屿，并更新最大岛屿面积
res=Math.max(res,dfs(grid,i,j));
}
}
}
returnres;
}

//淹没与(i,j)相邻的陆地，并返回淹没的陆地面积
intdfs(int[][]grid,inti,intj){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i< 0||j< 0||i>=m||j>=n){
//超出索引边界
return0;
}
if(grid[i][j]==0){
//已经是海水了
return0;
}
//将(i,j)变成海水
grid[i][j]=0;

returndfs(grid,i+1,j)
+dfs(grid,i,j+1)
+dfs(grid,i-1,j)
+dfs(grid,i,j-1)+1;
}

解法和之前相比差不多，我也不多说了，接下来的两道岛屿问题是比较有技巧性的，我们重点来看一下。

子岛屿数量

如果说前面的题目都是模板题，那么力扣第 1905 题「统计子岛屿」可能得动动脑子了：

这道题的关键在于，如何快速判断子岛屿？肯定可以借助Union Find 并查集算法来判断，不过本文重点在 DFS 算法，就不展开并查集算法了。

什么情况下grid2中的一个岛屿B是grid1中的一个岛屿A的子岛？

当岛屿B中所有陆地在岛屿A中也是陆地的时候，岛屿B是岛屿A的子岛。

反过来说，如果岛屿B中存在一片陆地，在岛屿A的对应位置是海水，那么岛屿B就不是岛屿A的子岛。

那么，我们只要遍历grid2中的所有岛屿，把那些不可能是子岛的岛屿排除掉，剩下的就是子岛。

依据这个思路，可以直接写出下面的代码：

intcountSubIslands(int[][]grid1,int[][]grid2){
intm=grid1.length,n=grid1[0].length;
for(inti=0;i< m; i++) {
        for(intj=0;j< n; j++) {
            if(grid1[i][j]==0&&grid2[i][j]==1){
//这个岛屿肯定不是子岛，淹掉
dfs(grid2,i,j);
}
}
}
//现在grid2中剩下的岛屿都是子岛，计算岛屿数量
intres=0;
for(inti=0;i< m; i++) {
        for(intj=0;j< n; j++) {
            if(grid2[i][j]==1){
res++;
dfs(grid2,i,j);
}
}
}
returnres;
}

//从(i,j)开始，将与之相邻的陆地都变成海水
voiddfs(int[][]grid,inti,intj){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i< 0||j< 0||i>=m||j>=n){
return;
}
if(grid[i][j]==0){
return;
}

grid[i][j]=0;
dfs(grid,i+1,j);
dfs(grid,i,j+1);
dfs(grid,i-1,j);
dfs(grid,i,j-1);
}

这道题的思路和计算「封闭岛屿」数量的思路有些类似，只不过后者排除那些靠边的岛屿，前者排除那些不可能是子岛的岛屿。

不同的岛屿数量

这是本文的最后一道岛屿题目，作为压轴题，当然是最有意思的。

力扣第 694 题「不同的岛屿数量」，题目还是输入一个二维矩阵，0表示海水，1表示陆地，这次让你计算不同的 (distinct)岛屿数量，函数签名如下：

intnumDistinctIslands(int[][]grid)

比如题目输入下面这个二维矩阵：

其中有四个岛屿，但是左下角和右上角的岛屿形状相同，所以不同的岛屿共有三个，算法返回 3。

很显然我们得想办法把二维矩阵中的「岛屿」进行转化，变成比如字符串这样的类型，然后利用 HashSet 这样的数据结构去重，最终得到不同的岛屿的个数。

如果想把岛屿转化成字符串，说白了就是序列化，序列化说白了遍历嘛，前文二叉树的序列化和反序列化讲了二叉树和字符串互转，这里也是类似的。

首先，对于形状相同的岛屿，如果从同一起点出发，dfs函数遍历的顺序肯定是一样的。

因为遍历顺序是写死在你的递归函数里面的，不会动态改变：

voiddfs(int[][]grid,inti,intj){
//递归顺序：
dfs(grid,i-1,j);//上
dfs(grid,i+1,j);//下
dfs(grid,i,j-1);//左
dfs(grid,i,j+1);//右
}

所以，遍历顺序从某种意义上说就可以用来描述岛屿的形状，比如下图这两个岛屿：

假设它们的遍历顺序是：

下，右，上，撤销上，撤销右，撤销下

如果我用分别用1, 2, 3, 4代表上下左右，用-1, -2, -3, -4代表上下左右的撤销，那么可以这样表示它们的遍历顺序：

2, 4, 1, -1, -4, -2

你看，这就相当于是岛屿序列化的结果，只要每次使用dfs遍历岛屿的时候生成这串数字进行比较，就可以计算到底有多少个不同的岛屿了。

要想生成这段数字，需要稍微改造dfs函数，添加一些函数参数以便记录遍历顺序：

voiddfs(int[][]grid,inti,intj,StringBuildersb,intdir){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i< 0||j< 0||i>=m||j>=n
||grid[i][j]==0){
return;
}
//前序遍历位置：进入(i, j)
grid[i][j]=0;
sb.append(dir).append(',');

dfs(grid,i-1,j,sb,1);//上
dfs(grid,i+1,j,sb,2);//下
dfs(grid,i,j-1,sb,3);//左
dfs(grid,i,j+1,sb,4);//右

//后序遍历位置：离开(i, j)
sb.append(-dir).append(',');
}

dir记录方向，dfs函数递归结束后，sb记录着整个遍历顺序，其实这就是前文回溯算法核心套路说到的回溯算法框架，你看到头来这些算法都是相通的。

有了这个dfs函数就好办了，我们可以直接写出最后的解法代码：

intnumDistinctIslands(int[][]grid){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
//记录所有岛屿的序列化结果
HashSetislands=newHashSet<>();
for(inti=0;i< m; i++) {
        for(intj=0;j< n; j++) {
            if(grid[i][j]==1){
//淹掉这个岛屿，同时存储岛屿的序列化结果
StringBuildersb=newStringBuilder();
//初始的方向可以随便写，不影响正确性
dfs(grid,i,j,sb,666);
islands.add(sb.toString());
}
}
}
//不相同的岛屿数量
returnislands.size();
}