LeetCode 695- 岛屿的最大面积
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题目描述：给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid 。
岛屿 是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在 水平或者竖直的四个方向上 相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。
岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。
计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0 。
解题思路
思路一（深度优先遍历）：
- 首先确定递归函数的参数，返回值。本题要路径，我们直接设置两个全局变量res和tmp，这样可以不用写太多参数传递。返回值就是void，参数需要图和一个x和y来记录当前在哪个岛屿。下次从这个岛屿开始走的。
- 确定终止条件，本题按我们的逻辑，先进入循环再判断是否应该终止，那么终止条件就是：当超出网格范围 或 该岛屿已经是海洋 就终止。
- 单层处理逻辑，每次将当前岛屿淹没，并且让这片岛屿的面积++（因为我们是确定了当前是陆地才会进入下层递归）。
class Solution {public:int res = 0;//记录最大面积int tmp = 0;//当前这片岛屿的面积int maxAreaOfIsland(vector<vector>& grid) {for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {if (grid[i][j] == 1) {dfs(grid, i, j);//当这次递归结束的时候，说明这片岛屿已经全部被淹没了，此时我们可以记录一下//这片岛屿的面积，并将tmp置为0，也就是下一片岛屿从新计算大小res = max(res,tmp);tmp = 0;}}}return res;}public:void dfs(vector<vector>& grid, int i, int j) {if (i < 0 || j = grid.size() || j >= grid[0].size() ||grid[i][j] != 1){return;}grid[i][j] = 0;//当前如果是陆地那么就让岛屿大小++tmp++;dfs(grid, i + 1, j);dfs(grid, i - 1, j);dfs(grid, i, j + 1);dfs(grid, i, j - 1);}};思路二（广度优先遍历）：
与之前一题一样，就是多一个计算每片岛屿面积的tmp
class Solution {public:int res = 0;int tmp = 0;int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};int maxAreaOfIsland(vector<vector>& grid) {for(int i=0;i<grid.size();i++){for(int j=0;j<grid[0].size();j++){if(grid[i][j] == 1){bfs(grid,i,j);res = max(res,tmp);tmp = 0;}}}return res;}void bfs(vector<vector> &grid,int x,int y){queue<pair> que;que.push({x,y});grid[x][y] = 0;tmp++;//这里也要面积++，因为第一次进入也淹没了一个小岛屿。while(!que.empty()){pair cur = que.front();que.pop();int curx = cur.first;int cury = cur.second;for(int i=0;i<4;i++){int nextx = curx + dir[i][0];int nexty = cury + dir[i][1];if(nextx < 0 || nexty = grid.size() || nexty >= grid[0].size() ||grid[nextx][nexty] != 1) continue;que.push({nextx,nexty});grid[nextx][nexty] = 0;tmp++;}}}};总结：
- 深搜和广搜的问题，这题的广搜需要注意，只要淹没就得加面积的。
LeetCode 1020- 飞地的数量
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题目描述：给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ，其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。一次 移动 是指从一个陆地单元格走到另一个相邻（上、下、左、右）的陆地单元格或跨过 grid 的边界。
返回网格中 无法 在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。
解题思路
思路一（深度优先遍历）：
- 首先确定递归函数的参数，返回值。本题不需要这些。不过这题我们要设置一个全局变量cango表示是否能走到界外。为false不能走到界外，为true则可以走到界外。
- 确定终止条件，本题按我们的逻辑，先进入循环再判断是否应该终止，那么终止条件就是：当超出网格范围 或 当前遍历的是海洋 就终止。不过这里需要注意，这道题目需要求的是不能走到界外的岛屿的数量。所以终止条件处理的时候有些区别。当出界的时候就将cango设置为true表示可以走出界并返回。当遇到的是海洋，就直接返回。
- 单层处理逻辑，每次我们将当前岛屿的值设置为0，模拟为被淹没，并且去淹没当前节点的上下左右相邻的节点。为1的节点为陆地状态，并且将tmp++，表示相连的岛屿数量加一。在每次递归完出来的时候，说明走完了这一片岛屿，我们可以看看是否能走出界，不能则将tmp 加到res中，并且将tmp置为0（cango不做操作，因为默认不能走出去）。可以则将cango置为false，并且将tmp置为0。直到这片海域没有岛屿为止。
class Solution {public:int res = 0;int tmp = 0;bool cango = false;//标记当前这片岛屿能否走到界外void dfs(vector<vector> &grid,int x,int y){//若到达界外，则标记为true，返回if(x < 0 || y = grid.size() || y >= grid[0].size()){ cango = true; return ;}//若是海洋，也返回if(grid[x][y] == 0) return;//将岛屿淹没grid[x][y] = 0;//这片岛屿数量加一tmp ++;dfs(grid,x+1,y);dfs(grid,x-1,y);dfs(grid,x,y+1);dfs(grid,x,y-1);}int numEnclaves(vector<vector>& grid) {int m = grid.size(),n = grid[0].size();for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){//若遇到岛屿，则进行深度优先遍历if(grid[i][j] == 1){dfs(grid,i,j);//若标记为不能走到边界，则将tmp加到结果中if(cango == false){res += tmp;//将tmp清零tmp = 0;}else{//若无法走到边界，则将cango改为默认值falsetmp = 0;cango = false;}}}}return res;}};思路二（广度优先遍历）：
就是多了一个不能走出界则将岛屿数加到结果中的操作。
class Solution {public:int tmp = 0;int res = 0;bool cango = false;//标记是否能走到界外int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};void bfs(vector<vector> &grid,int x,int y){queue<pair> que;//存储对组的队列，存坐标用的que.push({x,y});//压入当前的坐标grid[x][y] = 0;//淹没当前岛屿tmp ++;//只要有淹没，就tmp++while(!que.empty()){pair cur = que.front();//取出队头元素que.pop();//弹出队头for(int i=0;i<4;i++){//遍历四个方向，看是否有岛屿int nextx = cur.first + dir[i][0];int nexty = cur.second + dir[i][1];if(nextx < 0 || nexty = grid.size() || nexty >= grid[0].size()){cango = true;continue;}if(0 == grid[nextx][nexty]) continue;tmp++;que.push({nextx,nexty});grid[nextx][nexty] = 0;}}}int numEnclaves(vector<vector>& grid) {int m = grid.size(),n = grid[0].size();for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(grid[i][j] == 1){bfs(grid,i,j);if(false == cango){res += tmp;}else{cango = false;}tmp = 0;}}}return res;}};总结：
- 多了一个加岛屿的操作。