目录
一、做题心得
今天打卡的是经典的岛屿问题：分别从两个方向进行探讨--深搜（DFS）与广搜（BFS）。作为这两大基本搜索最经典的例题，今天的打卡可以作为模板进行使用。
话不多说，直接开始今天内容。
二、题目与题解
题目一：99. 岛屿数量
题目链接
题目描述
给定一个由 1（陆地）和 0（水）组成的矩阵，你需要计算岛屿的数量。岛屿由水平方向或垂直方向上相邻的陆地连接而成，并且四周都是水域。你可以假设矩阵外均被水包围。
输入描述
第一行包含两个整数 N, M，表示矩阵的行数和列数。
后续 N 行，每行包含 M 个数字，数字为 1 或者 0。
输出描述
输出一个整数，表示岛屿的数量。如果不存在岛屿，则输出 0。
输入示例
4 5 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1输出示例
3提示信息
根据测试案例中所展示，岛屿数量共有 3 个，所以输出 3。
数据范围：
1 <= N, M <= 50
题解1：DFS
这题和 200. 岛屿数量 - 力扣（LeetCode）基本一致，可以一起看看。
首先，对于岛屿问题，我们需要知道：连着的一整片陆地构成 1 个岛屿，遇到水则隔开。
对于陆地和水，我们用网格（矩阵）来进行记录，陆地记为 1 ，水记为 0。
这类问题的一个关键：设置 bool 型数组 visited 标记当前位置（单元格）是否被标记，即是否属于当前岛屿。
DFS是一条路走到底，这里我们通过递归来实现。首先我们需要找到当前位置（curx, cury）相邻的陆地，这里我们通过向四个方向扩散得到相邻位置nextx, nexty（这里用 dx, dy 记录这四个方向）；找到之后就判断是否满足情况，再对其进行标记；最后，递归调用dfs，从某一相邻元素开始继续深入搜索。
注意：DFS在这里的作用就是标记当前岛屿的所有单元格（陆地）为已访问。--这样主函数中再次找到陆地就是下一个岛屿。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int n, m;
int grid[N][N] = {0};
bool visited[N][N]; //标记网格中的单元格是否被访问过
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1}; //dx和dy数组用于表示四个方向的移动：(dx[i],dy[i])
int ans = 0; //存放结果--岛屿个数
void dfs(int curx, int cury) { //标记以(curx,xury)开始的这片岛屿的陆地为已访问 -- 注意，遇到水直接停止这条路的遍历
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int nextx = curx + dx[i], nexty = cury + dy[i]; //得到相邻单元格的坐标：(nextx,nexty)
if (nextx < 0 || nextx >= n || nexty < 0 || nexty >= m) { //越界--超出网格范围
continue;
}
if (visited[nextx][nexty] || grid[nextx][nexty] == 0) { //检查相邻单元格是否已访问或是否为水（0）-- 为水的话停下，不属于这片岛屿
continue;
}
visited[nextx][nexty] = true; //标记单元格为已访问
dfs(nextx, nexty); //递归调用dfs，从相邻位置（下一位置）开始搜索 -- 一条路走到底
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> grid[i][j];
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (!visited[i][j] && grid[i][j] == 1) { //如果单元格未被访问且值为1（陆地）-- 形成一块岛屿
visited[i][j] = true; //标记为已访问
ans++; //注意：这里其实是遇到该岛屿的第一块陆地时岛屿数+1（第一次进入该岛屿），后续通过dfs遍历到的相邻陆地属于这个岛屿不计入ans中
dfs(i, j);
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}题解2：BFS
BFS依靠队列来实现，队列中存储的是待访问的单元格坐标，相对于DFS一条路走到底，BFS就是先遍历完相邻的元素（周围一圈），再逐层递增遍历。
在这里BFS函数实现的作用和DFS函数一样，都是标记当前岛屿的所有单元格（陆地）为已访问。这样主函数中的找到的下一个陆地就是下一个岛屿。
这里主要注意的是BFS的代码实现，思路上与DFS基本一致，这里直接看代码。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int n, m;
int grid[N][N]; //用网格表示题目中的矩阵--陆地和水
bool visited[N][N] = {0}; //标记网格中的单元格是否被访问过，初始化为没被访问
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1}; //dx和dy数组用于表示四个方向的移动
int ans = 0; //存放结果--岛屿个数
void bfs(int curx, int cury) {
queue<pair<int, int>> q; //创建一个队列 -- bfs依靠队列实现
q.push({curx, cury}); //将起始单元格加入队列
while (!q.empty()) { //队列不为空
auto [x, y] = q.front(); //获取队列前端的单元格
q.pop(); //从队列中移除该单元格
for (int i = 0; i < 4; i++) { //遍历四个方向 -- 遍历周围的一圈（4个位置）：注意与dfs的区别 -- dfs是一条路走到底（递归实现）
int nextx = x + dx[i], nexty = y + dy[i]; //计算相邻单元格的坐标
if (nextx < 0 || nextx >= n || nexty < 0 || nexty >= m) { //越界 -- 跳过
continue;
}
if (visited[nextx][nexty] || grid[nextx][nexty] == 0) { //当前单元格已被访问或者当前单元格为水 -- 跳过
continue;
}
visited[nextx][nexty] = true; //标记相邻单元格为已访问
q.push({nextx, nexty}); //将相邻单元格加入队列
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> grid[i][j];
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (!visited[i][j] && grid[i][j] == 1) { //如果单元格未被访问且值为1（陆地）
visited[i][j] = true; //标记当前单元格为已访问
ans++; //岛屿数量加1
bfs(i, j); //从该单元格开始广度优先搜索，标记整个岛屿
}
}
}
cout << ans << endl; //输出岛屿的数量
return 0; //程序结束
}题目二：100. 岛屿的最大面积
题目链接
题目描述
给定一个由 1（陆地）和 0（水）组成的矩阵，计算岛屿的最大面积。岛屿面积的计算方式为组成岛屿的陆地的总数。岛屿由水平方向或垂直方向上相邻的陆地连接而成，并且四周都是水域。你可以假设矩阵外均被水包围。
输入描述
第一行包含两个整数 N, M，表示矩阵的行数和列数。后续 N 行，每行包含 M 个数字，数字为 1 或者 0，表示岛屿的单元格。
输出描述
输出一个整数，表示岛屿的最大面积。如果不存在岛屿，则输出 0。
输入示例
4 5 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1输出示例
4提示信息
样例输入中，岛屿的最大面积为 4。
数据范围：
1 <= M, N <= 50。
题解：DFS
这题和上题基本一致，不同的是这题记录的是岛屿的最大面积，即最大岛屿对应的单元格数目。
我们只需要多设置一个变量，用来记录当前岛屿的面积，讲这些面积进行比较得出最大面积即可。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int n, m;
int grid[N][N];
bool visited[N][N] = {0};
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int ans = 0; //记录结果 -- 最大岛屿面积
int cnt; //记录当前岛屿面积
void dfs(int curx, int cury) {
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int nextx = curx + dx[i], nexty = cury + dy[i];
if (nextx < 0 || nextx >= n || nexty < 0 || nexty >= m) {
continue;
}
if (visited[nextx][nexty] || grid[nextx][nexty] == 0) {
continue;
}
visited[nextx][nexty] = true;
cnt++;
dfs(nextx, nexty);
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> grid[i][j];
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (!visited[i][j] && grid[i][j] == 1) {
cnt = 1; //每找到一个岛屿时，初始化当前岛屿面积为1 -- 先存入当前岛屿第一个元素
visited[i][j] = true;
dfs(i, j);
ans = max(ans, cnt); //比较得出最大的岛屿面积
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}BFS的代码和上一题也没太大变化，感兴趣的可以自己写下。
三、小结
今天的打卡到此结束，后边会继续加油！
标签：int,岛屿,单元格,随想录,++,打卡,nextx,nexty From： https://blog.csdn.net/2303_79786049/article/details/141942987