【寸铁的刷题笔记】图论、bfs、dfs
大家好 我是寸铁👊
金三银四,图论基础
结合bfs
、dfs
是必考的知识点✨
快跟着寸铁刷起来!面试顺利上岸👋
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🌞详见如下专栏🌞
🍀🍀🍀寸铁的刷题笔记🍀🍀🍀
200. 岛屿数量
考点
递归、dfs
思路
思路:遍历二维数组,遇到陆地则计数器加
1
然后,向该陆地上
、下
、左
、右
四个方向进行搜索。
遇到边界则停止
搜索,如果搜索到的网格为陆地
,则说明该网格和遍历到的陆地连通
。
同时,把该搜索到的陆地'1'
,置为海洋'0'
由于之前遍历二维数组时遇到陆地时计数器加1,由于连通,算作1
个岛屿。
这样就避免下次遍历二维数组时重复遍历
陆地,导致岛屿数量多算
了。
代码
class Solution {
/*
思路:遍历二维数组,遇到陆地则计数器加1
然后,向该陆地上、下、左、右四个方向进行搜索。
遇到边界则停止搜索,如果搜索到的网格为陆地,则该网格和遍历到的陆地连通。
同时,把该搜索到的陆地'1',置为海洋'0'
由于之前遍历二维数组时遇到陆地时计数器加1,由于连通,算作1个岛屿。
这样就避免下次遍历二维数组时,重复遍历陆地,导致岛屿数量多算了。
*/
public int numIslands(char[][] grid) {
int count = 0;//统计陆地的数量
for(int i = 0; i < grid.length; i++){ //数组的行数
for(int j = 0; j < grid[0].length; j++){//数组的列数
if(grid[i][j] == '1'){//如果说遍历到的节点是陆地'1'
dfs(grid , i , j);//则调用递归函数将该陆地周围的陆地进行置0操作
count++;//陆地数量++
}
}
}
return count;//返回陆地的数量
}
public void dfs(char [][]grid , int i , int j){
//边界条件,遇到边界则搜索停下来。
if(i < 0 || j < 0 || i >= grid.length || j >= grid[0].length || grid[i][j] == '0')return;
//将陆地周围联通的陆地进行置0 , 避免重复遍历,统计陆地的数量不正确。
grid[i][j] = '0';
//向上、下、左、右四个方向进行遍历,把能走通的陆地进行置0,避免重复遍历。
//上
dfs(grid , i -1 , j);
//下
dfs(grid , i + 1 , j);
//左
dfs(grid , i , j - 1);
//右
dfs(grid , i , j + 1);
}
}
130. 被围绕的区域
考点
递归、dfs
思路
题目描述
这道题是让我们寻找所有被X
围绕的区域,并将这块区域中的所有的'O
用X
进行填充。
转换问题
那么怎么样去寻找所有被X
围绕的区域呢?
直接做肯定不好做,不妨反过来思考,什么样的才是不被X
围绕的区域呢?
观察题目图形,我们发现如果
O
位于棋盘边界的位置,则说明O
不被X
所围绕,与外界连通。
那么问题就转换为去搜索从边界的O
开始连通的O
区域,这一部分连通的区域必定是不满足条件的,也就是不用替换为X
的。
所以,我们从边界的位置出发,去搜索从边界的O
开始连通的O
区域,并把搜索过的O
标记为*
,避免后面被重复遍历。
如下图绿色
为棋盘的边界部分
复原操作
最后,对棋盘的字符进行复原操作,把标记的*
复原为X
。
剩下的O
则为被包围的区域,进行替换为X
即可。
代码
class Solution {
/*
思路:
这道题是让我们寻找所有被'X'围绕的区域,并将这块区域中的所有'O'用'X'进行填充。
那么,怎么样去寻找所有被'X'围绕的区域呢?
直接做肯定不好做,不妨反过来思考,什么样的才是不被'X'围绕的区域呢?
观察图形,我们发现如果O位于棋盘边界的位置,则说明'O'不被'X'所围绕。
那么问题就转换为去搜索从边界的'O'开始连通的'O'区域,这一部分连通的区域必定是不满足条件的,也就是不用替换为'X'的。
所以,我们从边界的位置出发,去搜索从边界的'O'开始连通的'O'区域,并把搜索过的'O'标记为'*',避免后面被重复遍历。
最后,对棋盘的字符进行复原操作,把标记的'*'复原为'X'。
剩下的'O'则为被包围的区域,进行替换为'X'即可。
*/
int m;//棋盘的行数
int n;//棋盘的列数
public void solve(char[][] board) {
m = board.length;//行的长度
n = board[0].length;//列的长度
for(int i = 0; i < m; i++){
dfs(board , i , 0);//每一行的第一个位置
dfs(board , i , n - 1);//每一行的最后一个位置
}
for(int i = 1; i < n - 1; i++){
dfs(board , 0 , i);//第一行除了头尾之外的位置
dfs(board , m - 1, i);//最后一行除了头尾之外的位置
}
//dfs处理完毕后,再进行棋盘复原操作
for(int i = 0; i < m; i++){
for(int j = 0; j < n; j++){
//如果说最后的棋盘为O 则直接进行赋值为X即可
if(board[i][j] == 'O')board[i][j] = 'X';
//把最后棋盘中与外界连通的标记 * 替换为 O
else if(board[i][j] == '*')board[i][j] = 'O';
}
}
}
//寻找与外界棋盘O字符连通的区域
public void dfs(char [][]board , int i , int j){
//如果说越界了或者说之前被标记为'*'(已经被遍历过)或者是'X'则停止搜索
if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n || board[i][j] == '*' || board[i][j] == 'X')return;
board[i][j] = '*'; //标记为* 表示与外界连通并且这个位置已经被遍历过了,不再重复遍历。
//上
dfs(board , i - 1 , j);
//下
dfs(board , i + 1 , j);
//左
dfs(board , i , j - 1);
//右
dfs(board , i , j + 1);
}
}
133. 克隆图
考点
哈希表、bfs
思路
思想:
bfs
,宽搜。
从起点节点开始出发,入队,出队,将该起点节点的邻接节点入队,并标记被搜索过(哈希表记录
)
再弹出当前队列的节点,入队,并继续标记其邻接节点。
依次一层一层的搜索下去,直至最后队列为空
,说明已经拷贝完图的所有节点。
代码
/*
// Definition for a Node.
class Node {
public int val;
public List<Node> neighbors;
public Node() {
val = 0;
neighbors = new ArrayList<Node>();
}
public Node(int _val) {
val = _val;
neighbors = new ArrayList<Node>();
}
public Node(int _val, ArrayList<Node> _neighbors) {
val = _val;
neighbors = _neighbors;
}
}
*/
class Solution {
public Node cloneGraph(Node node) {
/*
思想:
bfs,宽搜。
从起点节点开始出发,入队,出队,将该起点节点的邻接节点入队,并标记被搜索过。
再弹出当前队列的节点,入队,并继续标记其邻接节点。
依次一层一层的搜索下去,直至最后队列为空,说明已经拷贝完图的所有节点。
*/
if(node == null)return null;//空节点不拷贝
Node []cloneNodes = new Node[110];//存储的是每一个已经拷贝(克隆)的节点,标记已被搜索过
cloneNodes[node.val] = new Node(node.val);//克隆起点节点
Queue<Node>queue = new LinkedList<>();//存储bfs的队列
queue.offer(node); //起点节点入队
Node cur; // 记录当前处理的节点
while(!queue.isEmpty()){
cur = queue.poll(); //从队列中获取一个待处理的节点
Node cloneNode = cloneNodes[cur.val];//待处理的节点一定是克隆好的,直接获取其克隆节点
for(Node neighbor : cur.neighbors){
if(cloneNodes[neighbor.val] == null){
//如果邻接节点未拷贝则进行拷贝
cloneNodes[neighbor.val] = new Node(neighbor.val);
queue.offer(neighbor);//邻接节点入队,用于下一轮的节点获取。
}
//克隆节点的邻居添加入遍历过的拷贝节点的邻接节点
cloneNode.neighbors.add(cloneNodes[neighbor.val]);
}
}
//返回克隆节点的记录数组即可
return cloneNodes[node.val];
}
}
207. 课程表
考点
bfs、拓扑排序
思路
思想: 要想修一门课程,则需要先修它的先修课程。
所以, 我们可以把他看成是一个有向无环图
。
判断最后每个点是不是入度、出度为0
的节点数
等于课程数
即可。
做法
-
先将先修课程向要修课程连一条边,同时记录要修课程的
入度
。 -
再统计每个点的入度,在
bfs
时,将待修课程节点的入度--
-
最后, 判断
入度为0
的节点数
是否等于课程数
。
等于
则说明可以完成所有课程的学习。
不等于
则说明存在环
,陷入死循环
中,无法完成课程的学习。
代码
class Solution {
/*
思想: 要想修一门课程,则需要先修它的先修课程。
所以, 我们可以把他看成是一个有向无环图。
判断最后每个点是不是入度、出度为0的节点数等于课程数即可。
先将先修课程向要修课程连一条边
再统计每个点的入度,在bfs搜索时,将先修课程节点的出度--
最后, 入读和出度都为0,则说明可以完成所有课程的学习。
最后, 判断入度、出度为0的节点数是否等于课程数。
等于则说明可以完成所有课程的学习。
不等于则说明存在环,陷入死循环中,无法完成课程的学习。
*/
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
int []indegress = new int[numCourses];
List<List<Integer>>adjacency = new ArrayList<>();
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
adjacency.add(new ArrayList<>());
}
for(int []cp : prerequisites){
//要想修0必须先修1
//对0而言是入度,对1而言是出度
indegress[cp[0]]++;//入度++
//先修课程向要修课程向连一条边
adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);
}
//寻找入度为0的点开始进行拓扑排序
//入度为0则说明它是可以修的课程
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
if(indegress[i] == 0)queue.add(i);
}
while(!queue.isEmpty()){
//弹出入度为0的节点,说明该课程可以被修。
int pre = queue.poll();
//同时课程数量--
numCourses--;
//遍历先修课程的节点
for(int cur : adjacency.get(pre)){
//出度--
//如果说点cur的入度与出度都为0
//则队列中添加节点cur,用于下一轮的搜索。
if(--indegress[cur] == 0){
queue.add(cur);
}
}
}
//最后,判断一下是不是课程数等于0
//如果说课程数等于0 则代表可以完成所有课程的学习。
return numCourses == 0;
}
}
210. 课程表 II
考点
bfs、拓扑排序
思路
在课程表题目的基础上,多维护一个
数组
,用于记录当前弹出的节点的路径
(走过的节点)
弹出的节点是入度
为0
的节点,入度
为0
说明为已修
的先修课程,并且是先修
完的,可以按照这个顺序
来。
代码
class Solution {
//在课程表题目的基础上,多维护一个数组,用于记录当前弹出的节点的路径
//弹出的节点是入度为0的节点,入度为0说明为已修的先修课程,并且是先修完的,可以按照这个顺序来。
public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
int []indegress = new int[numCourses];//记录每个节点的入度
List<List<Integer>>adjacency = new ArrayList<>();//维护一个列表用于存储边
Queue<Integer>queue = new LinkedList<>();//创建队列,用于存储节点
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
adjacency.add(new ArrayList<>());//每个节点先添加列表用于存连接的节点(边)
}
for(int []cp : prerequisites){
indegress[cp[0]]++; //要修课程的入度++
adjacency.get(cp[1]).add(cp[0]);
//将先修课程和待修课程连一条边
//用于后续遍历入度为0节点的队列将待修课程的入度--
//用于下一轮的循环
}
//先将入度为0的节点添加入队列
for(int i = 0; i < numCourses; i++){
if(indegress[i] == 0)queue.add(i);
}
//创建数组ans,用于记录学完所有课程所安排的学习顺序。
int ans[] = new int[numCourses];
int index = 0;//数组下标,用于存储学完的课程
while(!queue.isEmpty()){
int pre = queue.poll();
ans[index++]=pre;//入度为0的节点是确保能够修完的先修课程,存到结果数组中。
for(int cur : adjacency.get(pre)){//将每个待修课程的入度--
if(--indegress[cur] == 0){
queue.add(cur);//入度为0则入队
}
}
}
//最后的结果是入度均为0
//如果说某个节点的入度 > 0 , 则说明不可能修完全部课程, 存在一个环。
//如[[0,1],[1,0]]
//这里无法找到一个入度为0的节点,存在一个环。
for(int i = 0; i < indegress.length; i++){
if(indegress[i] > 0)return new int[0];//返回一个空数组即可
}
//等价写法如下:
//如果说index不等于课程数量,则说明存在入度不为0的点,也就是环。
// if(index != numCourses){
// return new int[0];
// }
return ans;//返回结果数组
}
}
看到这里的小伙伴,恭喜你又掌握了一个技能👊
希望大家能取得胜利,坚持就是胜利💪
我是寸铁!我们下期再见💕
往期好文💕
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