網格類問題的DFS遍歷方法

網格問題的基本概念

我們首先明確一下島嶼問題中的網格結構是如何定義的，以方便我們后面的討論。

網格問題是由 m*n個小方格組成一個網格，每個小方格與其上下左右四個方格認為是相鄰的，要在這樣的網格上進行某種搜索。

島嶼問題是一類典型的網格問題。每個格子中的數字可能是 0 或者 1。我們把數字為 0 的格子看成海洋格子，數字為 1 的格子看成陸地格子，這樣相鄰的陸地格子就連接成一個島嶼。

 

 

 在這樣一個設定下，就出現了各種島嶼問題的變種，包括島嶼的數量、面積、周長等。不過這些問題，基本都可以用 DFS 遍歷來解決。

DFS 的基本結構

網格結構要比二叉樹結構稍微復雜一些，它其實是一種簡化版的圖結構。要寫好網格上的 DFS 遍歷，我們首先要理解二叉樹上的 DFS 遍歷方法，再類比寫出網格結構上的 DFS 遍歷。我們寫的二叉樹 DFS 遍歷一般是這樣的：

void traverse(TreeNode root) {
    // 判斷 base case
    if (root == null) {
        return;
    }
    // 訪問兩個相鄰結點：左子結點、右子結點
    traverse(root.left);
    traverse(root.right);
}

可以看到，二叉樹的 DFS 有兩個要素：「訪問相鄰結點」和「判斷 base case」。

要素一：訪問相鄰結點。二叉樹的相鄰結點非常簡單，只有左子結點和右子結點兩個。二叉樹本身就是一個遞歸定義的結構：一棵二叉樹，它的左子樹和右子樹也是一棵二叉樹。那么我們的 DFS 遍歷只需要遞歸調用左子樹和右子樹即可。

要素二：判斷 base case。一般來說，二叉樹遍歷的 base case 是 root == null。這樣一個條件判斷其實有兩個含義：一方面，這表示 root 指向的子樹為空，不需要再往下遍歷了。另一方面，在 root == null 的時候及時返回，可以讓后面的 root.left 和 root.right 操作不會出現空指針異常。

 

對於網格上的 DFS，我們完全可以參考二叉樹的 DFS，寫出網格 DFS 的兩個要素：

首先，網格結構中的格子有多少相鄰結點？答案是上下左右四個。對於格子 (r, c) 來說（r 和 c 分別代表行坐標和列坐標），四個相鄰的格子分別是 (r-1, c)、(r+1, c)、(r, c-1)、(r, c+1)。換句話說，網格結構是「四叉」的。

 

其次，網格 DFS 中的 base case 是什么？從二叉樹的 base case 對應過來，應該是網格中不需要繼續遍歷、grid[r][c] 會出現數組下標越界異常的格子，也就是那些超出網格范圍的格子。

 

 

 

 

這一點稍微有些反直覺，坐標竟然可以臨時超出網格的范圍？這種方法我稱為「先污染后治理」—— 甭管當前是在哪個格子，先往四個方向走一步再說，如果發現走出了網格范圍再趕緊返回。這跟二叉樹的遍歷方法是一樣的，先遞歸調用，發現 root == null 再返回。

這樣，我們得到了網格 DFS 遍歷的框架代碼：

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
    // 判斷 base case
    // 如果坐標 (r, c) 超出了網格范圍，直接返回
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return;
    }
    // 訪問上、下、左、右四個相鄰結點
    dfs(grid, r - 1, c);
    dfs(grid, r + 1, c);
    dfs(grid, r, c - 1);
    dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判斷坐標 (r, c) 是否在網格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
         && 0 <= c && c < grid[0].length;
}

如何避免重復遍歷

網格結構的 DFS 與二叉樹的 DFS 最大的不同之處在於，遍歷中可能遇到遍歷過的結點。這是因為，網格結構本質上是一個「圖」，我們可以把每個格子看成圖中的結點，每個結點有向上下左右的四條邊。在圖中遍歷時，自然可能遇到重復遍歷結點。

這時候，DFS 可能會不停地「兜圈子」，永遠停不下來，如下圖所示：

如何避免這樣的重復遍歷呢？答案是標記已經遍歷過的格子。以島嶼問題為例，我們需要在所有值為 1 的陸地格子上做 DFS 遍歷。每走過一個陸地格子，就把格子的值改為 2，這樣當我們遇到 2 的時候，就知道這是遍歷過的格子了。也就是說，每個格子可能取三個值：

• 0 —— 海洋格子
• 1 —— 陸地格子（未遍歷過）
• 2 —— 陸地格子（已遍歷過）

我們在框架代碼中加入避免重復遍歷的語句：

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
    // 判斷 base case
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return;
    }
    // 如果這個格子不是島嶼，直接返回
    if (grid[r][c] != 1) {
        return;
    }
    grid[r][c] = 2; // 將格子標記為「已遍歷過」
    
    // 訪問上、下、左、右四個相鄰結點
    dfs(grid, r - 1, c);
    dfs(grid, r + 1, c);
    dfs(grid, r, c - 1);
    dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判斷坐標 (r, c) 是否在網格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
         && 0 <= c && c < grid[0].length;
}

這樣，我們就得到了一個島嶼問題、乃至各種網格問題的通用 DFS 遍歷方法。以下所講的幾個例題，其實都只需要在 DFS 遍歷框架上稍加修改而已。

 

 

 

 

int area(int[][] grid, int r, int c) {  
    return 1 
        + area(grid, r - 1, c)
        + area(grid, r + 1, c)
        + area(grid, r, c - 1)
        + area(grid, r, c + 1);
}

最終我們得到的完整題解代碼如下：

public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
    int res = 0;
    for (int r = 0; r < grid.length; r++) {
        for (int c = 0; c < grid[0].length; c++) {
            if (grid[r][c] == 1) {
                int a = area(grid, r, c);
                res = Math.max(res, a);
            }
        }
    }
    return res;
}

int area(int[][] grid, int r, int c) {
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return 0;
    }
    if (grid[r][c] != 1) {
        return 0;
    }
    grid[r][c] = 2;
    
    return 1 
        + area(grid, r - 1, c)
        + area(grid, r + 1, c)
        + area(grid, r, c - 1)
        + area(grid, r, c + 1);
}

boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
         && 0 <= c && c < grid[0].length;
}

例題 2：島嶼的周長

LeetCode 463. Island Perimeter （Easy）

給定一個包含 0 和 1 的二維網格地圖，其中 1 表示陸地，0 表示海洋。網格中的格子水平和垂直方向相連（對角線方向不相連）。整個網格被水完全包圍，但其中恰好有一個島嶼（一個或多個表示陸地的格子相連組成島嶼）。

島嶼中沒有“湖”（“湖” 指水域在島嶼內部且不和島嶼周圍的水相連）。格子是邊長為 1 的正方形。計算這個島嶼的周長。

 

 實話說，這道題用 DFS 來解並不是最優的方法。對於島嶼，直接用數學的方法求周長會更容易。不過這道題是一個很好的理解 DFS 遍歷過程的例題，

我們再回顧一下 網格 DFS 遍歷的基本框架：

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
    // 判斷 base case
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return;
    }
    // 如果這個格子不是島嶼，直接返回
    if (grid[r][c] != 1) {
        return;
    }
    grid[r][c] = 2; // 將格子標記為「已遍歷過」
    
    // 訪問上、下、左、右四個相鄰結點
    dfs(grid, r - 1, c);
    dfs(grid, r + 1, c);
    dfs(grid, r, c - 1);
    dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判斷坐標 (r, c) 是否在網格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
         && 0 <= c && c < grid[0].length;
}

可以看到，dfs 函數直接返回有這幾種情況：

• !inArea(grid, r, c)，即坐標 (r, c) 超出了網格的范圍，也就是我所說的「先污染后治理」的情況
• grid[r][c] != 1，即當前格子不是島嶼格子，這又分為兩種情況：
• grid[r][c] == 0，當前格子是海洋格子
• grid[r][c] == 2，當前格子是已遍歷的陸地格子

那么這些和我們島嶼的周長有什么關系呢？實際上，島嶼的周長是計算島嶼全部的「邊緣」，而這些邊緣就是我們在 DFS 遍歷中，dfs 函數返回的位置。觀察題目示例，我們可以將島嶼的周長中的邊分為兩類，如下圖所示。黃色的邊是與網格邊界相鄰的周長，而藍色的邊是與海洋格子相鄰的周長。

 

 當我們的 dfs 函數因為「坐標 (r, c) 超出網格范圍」返回的時候，實際上就經過了一條黃色的邊；而當函數因為「當前格子是海洋格子」返回的時候，實際上就經過了一條藍色的邊。這樣，我們就把島嶼的周長跟 DFS 遍歷聯系起來了，我們的題解代碼也呼之欲出：

 

public int islandPerimeter(int[][] grid) {
    for (int r = 0; r < grid.length; r++) {
        for (int c = 0; c < grid[0].length; c++) {
            if (grid[r][c] == 1) {
                // 題目限制只有一個島嶼，計算一個即可
                return dfs(grid, r, c);
            }
        }
    }
    return 0;
}

int dfs(int[][] grid, int r, int c) {
    // 函數因為「坐標 (r, c) 超出網格范圍」返回，對應一條黃色的邊
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return 1;
    }
    // 函數因為「當前格子是海洋格子」返回，對應一條藍色的邊
    if (grid[r][c] == 0) {
        return 1;
    }
    // 函數因為「當前格子是已遍歷的陸地格子」返回，和周長沒關系
    if (grid[r][c] != 1) {
        return 0;
    }
    grid[r][c] = 2;
    return dfs(grid, r - 1, c)
        + dfs(grid, r + 1, c)
        + dfs(grid, r, c - 1)
        + dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判斷坐標 (r, c) 是否在網格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length 
         && 0 <= c && c < grid[0].length;
}

文章出處：https://mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzA5ODk3ODA4OQ==&mid=2648167208&idx=1&sn=d8118c7c0e0f57ea2bdd8aa4d6ac7ab7&chksm=88aa236ebfddaa78a6183cf6dcf88f82c5ff5efb7f5c55d6844d9104b307862869eb9032bd1f&token=1064083695&lang=zh_CN#rd