DFS算法秒杀五道岛屿系列问题
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
void traverse(TreeNode root) {
traverse(root.left);
traverse(root.right);
}
// 二维矩阵遍历框架
void dfs(int[][] grid, int i, int j, boolean[] visited) {
int m = 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 = new int[][]{{-1,0}, {1,0}, {0,-1}, {0,1}};
void dfs(int[][] grid, int i, int j, boolean[] visited) {
int m = 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) {
int next_i = i + d[0];
int next_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：
int numIslands(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
int numIslands(char[][] grid) {
int res = 0;
int m = grid.length, n = grid[0].length;
// 遍历 grid
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 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);
}
}
}
return res;
}
// 从 (i, j) 开始，将与之相邻的陆地都变成海水
void dfs(char[][] grid, int i, int j) {
int m = 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：
int closedIsland(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
int closedIsland(int[][] grid) {
int m = grid.length, n = grid[0].length;
for (int j = 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 (int i = 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
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] == 0) {
res++;
dfs(grid, i, j);
}
}
}
return res;
}
// 从 (i, j) 开始，将与之相邻的陆地都变成海水
void dfs(int[][] grid, int i, int j) {
int m = 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：
int numEnclaves(int[][] grid) {
int m = grid.length, n = grid[0].length;
// 淹掉靠边的陆地
for (int i = 0; i < m; i++) {
dfs(grid, i, 0);
dfs(grid, i, n - 1);
}
for (int j = 0; j < n; j++) {
dfs(grid, 0, j);
dfs(grid, m - 1, j);
}
// 数一数剩下的陆地
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] == 1) {
res += 1;
}
}
}
return res;
}
// 和之前的实现类似
void dfs(int[][] grid, int i, int j) {
// ...
}
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：
int maxAreaOfIsland(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：
int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
// 记录岛屿的最大面积
int res = 0;
int m = grid.length, n = grid[0].length;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 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));
}
}
}
return res;
}
// 淹没与 (i, j) 相邻的陆地，并返回淹没的陆地面积
int dfs(int[][] grid, int i, int j) {
int m = grid.length, n = grid[0].length;
if (i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n) {
// 超出索引边界
return 0;
}
if (grid[i][j] == 0) {
// 已经是海水了
return 0;
}
// 将 (i, j) 变成海水
grid[i][j] = 0;
return dfs(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：
int countSubIslands(int[][] grid1, int[][] grid2) {
int m = grid1.length, n = grid1[0].length;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 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
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (grid2[i][j] == 1) {
res++;
dfs(grid2, i, j);
}
}
}
return res;
}
// 从 (i, j) 开始，将与之相邻的陆地都变成海水
void dfs(int[][] grid, int i, int j) {
int m = 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：
int numDistinctIslands(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：
void dfs(int[][] grid, int i, int j) {
// 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：
void dfs(int[][] grid, int i, int j, StringBuilder sb, int dir) {
int m = 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：
int numDistinctIslands(int[][] grid) {
int m = grid.length, n = grid[0].length;
// 记录所有岛屿的序列化结果
HashSet
这样，这道题就解决了，至于为什么初始调用dfs函数时的dir参数可以随意写，这里涉及 DFS 和回溯算法的一个细微差别，前文 [图算法基础]有写，这里就不展开了。
以上就是全部岛屿系列问题的解题思路，也许前面的题目大部分人会做，但是最后两题还是比较巧妙的，希望本文对你有帮助。
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