【LeetCode/LintCode】 題解丨FLAG大廠經典面試題：島嶼的個數II
給定 n, m, 分別代表一個二維矩陣的行數和列數, 並給定一個大小為 k 的二元陣列A. 初始二維矩陣全0. 二元陣列A內的k個元素代表k次操作, 設第i個元素為 (A[i].x, A[i].y), 表示把二維矩陣中下標為A[i].x行A[i].y列的元素由海洋變為島嶼. 問在每次操作之後, 二維矩陣中島嶼的數量. 你需要返回一個大小為k的陣列.
- 設定0表示海洋, 1代表島嶼, 並且上下左右相鄰的1為同一個島嶼.
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樣例 1: 輸入: n = 4, m = 5, A = [[1,1],[0,1],[3,3],[3,4]] 輸出: [1,1,2,2] 解釋: 0. 00000 00000 00000 00000 1. 00000 01000 00000 00000 2. 01000 01000 00000 00000 3. 01000 01000 00000 00010 4. 01000 01000 00000 00011 樣例 2: 輸入: n = 3, m = 3, A = [[0,0],[0,1],[2,2],[2,1]] 輸出: [1,1,2,2]
方法一：暴力做法
- 每次操作後做一遍bfs
- 列舉之前未訪問過的島嶼，島嶼數量加一
- 壓入佇列中開始bfs
- 從bfs的佇列中取出隊首，上下左右四個方向擴充套件那些沒有訪問過的島嶼，擴充套件之後壓入佇列中
- 重複執行第四步，一直到佇列為空
- 這樣從一個島嶼出發，搜尋了它能到的所有島嶼，這些島嶼將合併成一個大島嶼
- 重新回到第二步
方法二：並查集維護
並查集是指用集合裡的一個元素來當這個集合的代表元
如果兩個元素所在集合的代表元相同，那麼我們就能知道這兩個元素在一個集合當中。
如果我們想合併兩個集合，只需要把其中一個集合的代表元改為第二個集合的代表元
- 這道題中，每次將一個海洋i變成一個島嶼i，那麼先將島嶼數量加一
- 再依次檢視這個島嶼的四周的四個方格
- 如果相鄰的方格j也是島嶼，那麼先判斷i是不是和j在同一個集合裡
- 如果不是在一個集合裡，那麼i j所在的兩個集合就是連通的，可以合併算為一個集合,然後讓島嶼數量-1。
- 如果已經是在同一個集合裡了，那就不用在進行任何操作
- 我們只要讓i所在集合的代表元改為j所在集合的代表元就完成了合併操作。
- 注意：資料中有可能多次將一個位置變成島嶼，第一次以後的操作都是無效的操作，跳過就好了
- 注意2：x->x1->x2->x3->x4->x5->x6->........->代表元T
我們在第一次尋找x的代表元的回溯的時候
順便把這條路徑的所有xi的父親改為了代表元T
這樣我們以後再次訪問x....x6....T這條鏈上的內容時候就可以很快的得到答案
//虛擬碼for i 1:n
fa[i]=i //虛擬碼，一開始讓所有的父親都是本身
//我們規定代表元的父親為本身，如果一個節點的父親不是本身，說是它在一個元素個數大於1的集合中，而且這個節點並不是代表元
function find(x)//尋找x所在集合的代表元
if(fa[x]==x)
return x; //x是代表元，直接返回
else
return fa[x]=find(fa[x]) //x不是代表元，尋找x的父親的代表元是誰，並且直接把代表元賦值給x的父親
function uniue（x,y）//合併兩個集合
fa[find(x)]=find(y)
複雜度分析
時間複雜度
暴力做法
每次操作都會做一遍bfs ，做一遍bfs的時間複雜度是O(NM)
所以總時間複雜度是 O(KNM)，K是操作次數，NM是地圖長和寬
並查集
每次查詢代表元均攤是O(α)α代表反阿克曼函式，反阿克曼函式是漸進增長很慢很慢的，我們可以近似的認為每次查詢是O(1)的複雜度 我們一共有K次操作，每次操作最多並查集查詢4次，並查集合並4次,所以我們最終的時間複雜度是O(K)的
空間複雜度
n，m是輸入陣列 的長和寬
我們需要一個fa陣列大小為nm，一個vis陣列（標記該點有沒有變成島嶼），所以空間複雜度是O(nm)
public class Solution {
/**
* @param n: An integer
* @param m: An integer
* @param operators: an array of point
* @return: an integer array
*/
public int find(int []fa, int x) {
if(x == fa[x]) {
return x;
} else {
return fa[x] = find(fa, fa[x]);
}
}
public int calc(int x, int y, int n, int m) {
return x * m + y;
}
public List<Integer> numIslands2(int n, int m, Point[] operators) {
// write your code here
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
int [] fa = new int [n * m + 5];
Map<Integer, Boolean>visited = new HashMap<Integer, Boolean>();
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
fa[calc(i, j, n, m)] = calc(i, j, n, m);
visited.put(calc(i, j, n, m), false);
}
}
//行走陣列，用於遍歷i島嶼的四周四個方向的島嶼下標
int[] zx = {0, 0, 1, -1};
int[] zy = {1, -1, 0, 0};
if(operators == null) {
return ans;
}
for(int i = 0; i < operators.length; i++) {
int x = operators[i].x, y = operators[i].y;
// 第i次操作的點 已經是島嶼了，跳過就好了
if(visited.get(calc(x, y, n, m)) == true) {
ans.add(cnt);
continue;
}
//第i次操作的點 出現了新的島嶼
cnt++;
//遍歷這個島嶼的四周四個方向
for(int k = 0; k < 4; k++) {
int nx = x + zx[k];
int ny = y + zy[k];
//判斷往四周走有沒有走越界，或者走到海洋裡，越界或者走到海洋都是沒有的狀態
if(nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m || visited.get(calc(nx, ny, n, m)) == false) {
continue;
}
//判斷四周的島嶼是不是和當前第i次操作的島嶼 已經在一個集合了
if(find(fa, calc(x, y, n, m)) == find(fa, calc(nx, ny, n, m))) {
continue;
}
/*
如果不是在一個集合裡，那麼i j所在的兩個集合就是連通的，可以合併算為一個集合,然後讓島嶼數量-1。
我們只要讓i所在集合的代表元改為j所在集合的代表元就完成了合併操作
*/
else {
cnt--;
fa[find(fa, calc(x, y, n, m))] = find(fa, calc(nx, ny, n, m));
}
}
//標記它是個島嶼
visited.put(calc(x, y, n, m), true);
ans.add(cnt);
}
return ans;
}
}更多題解參考：